最新中考数学压轴题旋转问题带答案

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中考数学(初中数学旋转提高练习题)压轴题训练含详细答案

中考数学(初中数学旋转提高练习题)压轴题训练含详细答案一、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︒-∠=。

中考数学压轴题之旋转(中考题型整理,突破提升)含答案解析

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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 。

【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︒-∠=。

中考数学压轴题专题复习—初中数学旋转的综合及答案解析

中考数学压轴题专题复习—初中数学旋转的综合及答案解析一、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．(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，∵AN2AP＝2，∴最大值为2+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE＝2，∴OE＝BO﹣AB﹣AE＝6﹣4﹣2＝2﹣2，∴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(222)时，也满足条件．综上所述，满足条件的点P坐标(222)或(222)，AM的最大值为2+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．3．如图所示，(1)正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF=90°，连接BE、DF．将Rt△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系？结合图(1)给予证明；(2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰Rt△AEF变为Rt△AEF，且AD=kAB，AF=kAE，其他条件不变．(1)中的结论是否发生变化？结合图(2)说明理由；(3)将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD，将Rt△AEF变为△AEF，且∠BAD=∠EAF=a，其他条件不变．(2)中的结论是否发生变化？结合图(3)，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用k表示出线段BE、DF的数量关系，用a表示出直线BE、DF 形成的锐角β．【答案】（1）DF=BE且DF⊥BE，证明见解析；（2）数量关系改变，位置关系不变，即DF=kBE，DF⊥BE；（3）不改变．DF=kBE，β=180°-α【解析】【分析】（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF＝AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余，所以∠BAE＝∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF＝90°，所以DF⊥BE；（2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF＝kBE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF＝90°，所以DF⊥BE；（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF＝180°，所以DF与BE的夹角β＝180°﹣α．【详解】（1）DF与BE互相垂直且相等．证明：延长DF分别交AB、BE于点P、G在正方形ABCD和等腰直角△AEF中AD＝AB，AF＝AE，∠BAD＝∠EAF＝90°∴∠FAD＝∠EAB∴△FAD≌△EAB∴∠AFD＝∠AEB，DF＝BE∵∠AFD+∠AFG＝180°，∴∠AEG+∠AFG＝180°，∵∠EAF＝90°，∴∠EGF＝180°﹣90°＝90°，∴DF⊥BE（2）数量关系改变，位置关系不变．DF＝kBE，DF⊥BE．延长DF交EB于点H，∵AD ＝kAB ，AF ＝kAE ∴AD k AB =，AFk AE = ∴AD AFAB AE= ∵∠BAD ＝∠EAF ＝a ∴∠FAD ＝∠EAB ∴△FAD ∽△EAB∴DF AFk BE AE == ∴DF ＝kBE∵△FAD ∽△EAB ， ∴∠AFD ＝∠AEB ， ∵∠AFD+∠AFH ＝180°， ∴∠AEH+∠AFH ＝180°， ∵∠EAF ＝90°，∴∠EHF ＝180°﹣90°＝90°， ∴DF ⊥BE（3）不改变．DF ＝kBE ，β＝180°﹣a ．延长DF 交EB 的延长线于点H ，∵AD ＝kAB ，AF ＝kAE ∴AD k AB =，AFk AE = ∴AD AFAB AE= ∵∠BAD ＝∠EAF ＝a ∴∠FAD ＝∠EAB ∴△FAD ∽△EAB ∴DF AFk BE AE==∴DF＝kBE由△FAD∽△EAB得∠AFD＝∠AEB∵∠AFD+∠AFH＝180°∴∠AEB+∠AFH＝180°∵四边形AEHF的内角和为360°，∴∠EAF+∠EHF＝180°∵∠EAF＝α，∠EHF＝β∴a+β＝180°∴β＝180°﹣a【点睛】本题（1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（2）（3）利用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在．4．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16x（x＞0）的图象交边AB于点D．（1）用m的代数式表示BD的长；（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5【解析】【分析】（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣12（m﹣8）2+24，即可得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴AB⊥x轴上，∵点B（4，m），∴点D的横坐标为4，∵点D在反比例函数y＝16x上，∴D（4，4），∴BD＝m﹣4；（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，由（1）知，D（4，4），∴S△PBD＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（m﹣8）2+24，∴抛物线的对称轴为m＝8，∵a＜0，5≤m≤7，∴m＝7时，S取到最大值；②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，∴∠DPG+∠PDG＝90°，由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，∴∠DPG+∠EPF＝90°，∴∠PDG＝∠EPF，∴△PDG≌△EPF（AAS），∴DG＝PF，∵DG＝AF＝m﹣4，∴P（m，m﹣4），∵点P在反比例函数y＝16x，∴m（m﹣4）＝16，∴m＝2+25或m＝2﹣25（舍）．【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．5．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.6．两块等腰直角三角板△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．7．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=225552+=，∵四边形ACPB是正方形，∴PC=AB=3，∴PE=3+4=7，在Rt△PDE中，PD=2250491DE 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．8．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25.【解析】【分析】（1）根据题意补全图形即可；（2）先判断出△ADF≌△ABE，进而判断出点C，D，F共线，即可判断出△DFG≌△HEG，得出FG=EG，即可得出结论；（3）先求出正方形的对角线BD，再求出BH，进而求出DH，即可得出HG，求和即可得出结论．【详解】（1）补全图形如图所示，（2）连接DF，由旋转知，AE=AF，∠EAF=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD=AB，∠ABC=∠ADC=BAD=90°，∴∠DAF=∠BAE，∴△ADF≌△ABE（SAS），∴DF=BE，∠ADF=∠ABC=90°，∴∠ADF+∠ADC=180°，∴点C，D，F共线，∴CF∥AB，过点E作EH∥BC交BD于H，∴∠BEH=∠BCD=90°，DF∥EH，∴∠DFG=∠HEG，∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠CBD=45°，∴BE=EH，∵∠DGF=∠HGE，∴△DFG≌△HEG（AAS），∴FG=EG∵AE=AF，∴AG⊥EF；（3）∵BD是正方形的对角线，∴22，由（2）知，在Rt△BEH中，22，∴2由（2）知，△DFG≌△HEG，∴DG=HG，∴HG=12DH=22，∴BG=BH+HG=22+22=522．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，作出辅助线是解本题的关键．9．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．10．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11．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠O BD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，∴，∴，∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．12．正方形ABCD中，点E、F分别是边AD、AB的中点，连接EF．（1）如图1，若点G是边BC的中点，连接FG，则EF与FG关系为：；（2）如图2，若点P为BC延长线上一动点，连接FP，将线段FP以点F为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段FQ，连接EQ，请猜想BF、EQ、BP三者之间的数量关系，并证明你的结论．（3）若点P为CB延长线上一动点，按照（2）中的作法，在图3中补全图形，并直接写出BF、EQ、BP三者之间的数量关系：．【答案】（1）证明见解析（2）BF+EQ=BP（3）BF+BP=EQ【解析】试题分析：（1）EF与FG关系为垂直且相等（EF=FG且EF⊥FG）．证明如下：∵点E、F、G分别是正方形边AD、AB、BC的中点，∴△AEF和△BGD是两个全等的等腰直角三角形．∴EF=FG，∠AFE=∠BFG=45°．∴∠EFG=90°，即EF⊥FG．（2）取BC 的中点G ，连接FG ，则由SAS 易证△FQE ≌△FPG ，从而EQ=GP ，因此()EF 2BP EQ =-．（3）同（2）可证△FQE ≌△FPG （SAS ），得EQ=GP ，因此，()()EF GF 2BG 2GP BP 2EQ BP ===-=-．13．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.（Ⅲ3033430334S -+≤≤. 【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 V 中，有222AD AC DC =+， ∴22DC AD AC =- 22534=-=.∴1BD BC DC =-=.∴点D 的坐标为()1,3.（Ⅱ）①由四边形ADEF 是矩形，得90ADE ∠=︒.又点D 在线段BE 上，得90ADB ∠=︒.由（Ⅰ）知，AD AO =，又AB AB =，90AOB ∠=︒，∴Rt ADB Rt AOB V V ≌.②由ADB AOB V V ≌，得BAD BAO ∠=∠.又在矩形AOBC 中，//OA BC ，∴CBA OAB ∠=∠.∴BAD CBA ∠=∠.∴BH AH =.设BH t =，则AH t =，5HC BC BH t =-=-.在Rt AHC V 中，有222AH AC HC =+，∴()22235t t =+-.解得175t =.∴175BH =. ∴点H 的坐标为17,35⎛⎫ ⎪⎝⎭.（Ⅲ3033430334S -+≤≤ 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.14．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（5，0），菱形OABC的顶点B，C在第一象限，tan∠AOC=，将菱形绕点A按顺时针方向旋转角α（0°<α<∠AOC）得到菱形FADE（点O的对应点为点F），EF与OC交于点G，连结AG．（1）求点B的坐标；（2）当OG=4时，求AG的长；（3）求证：GA平分∠OGE；（4）连结BD并延长交轴于点P，当点P的坐标为（12，0）时，求点G的坐标．【答案】(1)(8,4);(2)；（3）（）.【解析】试题分析：(1)如图1，过点B作BH⊥x轴于点H,由已知可得∠BAH=∠COA,在Rt△ABH中，tan∠BAH=tan∠AOC=，AB=5，可求得BH=4，AH=3，所以OH=8，即可得点B的坐标为（8,4）；（2）如图1，过点A作AM⊥OC于点M,在Rt△AOM中，tan∠AOC=，OA=5，可求得AM=4，OA=3，所以GM=1，再由勾股定理即可求得AG=；(3)如图1，过点A 作AN⊥EF轴于点N,易证△AOM≌△AFN,根据全等三角形的性质可得AM=AN,再由角平分线的判定可得GA平分∠OGE；（4）如图2，过点G作GQ⊥x轴于点Q,先证△GOA∽△BAP,根据相似三角形的性质求得GQ=,再由锐角三角函数求得OQ=，即可得点G的坐标为（）.试题解析：（1）如图1，过点B作BH⊥x轴于点H，∵四边形OABC为菱形，∴OC∥AB，∴∠BAH=∠COA．∵tan∠AOC=，∴tan∠BAH=．又∵在直角△BAH中，AB=5，∴BH=3AB=4，AH=AB=3，∴OH=OA+AH=5+3=8，∴点B的坐标为（8，4）；（2）如图1，过点A作AM⊥OC于点M，在直角△AOM中，∵tan∠AOC=，OA=5，∴AM=OA=4，OM=OA=3，∵OG=4，∴GM=OG-OM=4-3=1，∴AG=；（3）如图1，过点A作AN⊥EF于点N，∵在△AOM与△AFN中，∠AOM＝∠F,OA＝FA,∠AMO＝∠ANF＝90°，∴△AOM≌△AFN（ASA），∴AM=AN，∴GA平分∠OGE．（4）如图2，过点G作GQ⊥x轴于点Q，由旋转可知：∠OAF=∠BAD=α．∵AB=AD，∴∠ABP=，∵∠AOT=∠F，∠OTA=∠GTF，∴∠OGA=∠EGA=1，∴∠OGA=ABP，又∵∠GOA=∠BAP，∴△GOA∽△BAP，∴，∴GQ=×4=．∵tan∠AOC=，∴OQ=×=，∴G（,）．考点：三角形、四边形、锐角三角函数的综合题.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。

中考数学压轴题之旋转(中考题型整理,突破提升)及详细答案

【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．
4．如图（1）所示，将一个腰长为 2 等腰直角△ BCD 和直角边长为 2、宽为 1 的直角△ CED 拼在一起．现将△ CED 绕点 C 顺时针旋转至△ CE’D’，旋转角为 a．（1）如图（2），旋转角 a=30°时，点 D′到 CD 边的距离 D’A=______．求证：四边形 ACED′ 为矩形；（2）如图（1），△ CED 绕点 C 顺时针旋转一周的过程中，在 BC 上如何取点 G，使得 GD’=E’D；并说明理由．
【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

最新九年级数学中考复习：旋转综合压轴题(角度问题)含答案

2023年九年级数学中考复习：旋转综合压轴题（角度问题）1．如图① ，在①ABC 中，AB =AC =4，①BAC =90°，AD ①BC ，垂足为D ．(1)S △ABD = ．（直接写出结果）(2)如图①，将①ABD 绕点D 按顺时针方向旋转得到①A′B′D ，设旋转角为α (α<90°)，在旋转过程中：探究一：四边形APDQ 的面积是否随旋转而变化？说明理由；探究二：当α=________时，四边形APDQ 是正方形．2．如图，在等腰Rt ABC 和等腰Rt CDE 中，90ACB DCE ∠=∠=︒．(1)观察猜想：如图1，点E 在BC 上，线段AE 与BD 的关系是_________；(2)探究证明：把CDE △绕直角顶点C 旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由； (3)拓展延伸：把CDE △绕点C 在平面内转动一周，若10AC BC ==，5CE CD ==，AE 、BD 交于点P 时，连接CP ，直接写出BCP 最大面积_________．3．如图1，在Rt △ABC 中，①A =90°，AB =AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD =AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．(1)观察猜想：图1中，请判断线段PM 与PN 的数量关系和位置关系，并说明理由；(2)探究证明：把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；(3)拓展延伸：把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若AD =3，AB =7，请直接写出△PMN 面积的最大值．4．如图1，①ABC 为等腰直角三角形，①BAC ＝90°，AB ＝AC ，点D 在AB 边上，点E 在AC 边上，AD ＝AE ，连接DE ，取BC 边的中点O ，连接DO 并延长到点F ，使OF ＝OD ，连接CF ．（1）请判断①CEF 的形状，并说明理由；（2）将（1）中①ADE 绕点A 旋转，连接CE ，（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请仅就图2所示情况给出证明，若不成立，请说明理由；（3）若AB ＝6，AD ＝4，将①ADE 由图1位置绕点A 旋转，当点B ，E ，D 三点共线时，请直接写出①CEF 的面积．5．如图，在Rt ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D 是AB 外一动点，连接AD ，把AD 绕点A 逆时针旋转90°，得到AE ，连接CE ，DE ，BC 与DE 交于点F ，且AB BD ⊥．（1）如图1，若CB =6CE =，求DE 的长；（2）如图2，若点H 、G 分别为线段CF 、AE 的中点，连接HG ，求证：12HG BF =；（3）如图3，在（2）的条件下，若CE =4CF =，将BDF 绕点F 顺时针旋转角3(060)αα︒<≤︒，得到B D F ''，连接B G '，取B G '中点Q ，连接BQ ，当线段BQ 最小时，请直接写出BQB '的面积．6．如图1，矩形ABCD 中，15,20AB BC ==，将矩形ABCD 绕着点A 顺时针旋转，得到矩形BEFG ．（1）当点E 落在BD 上时，则线段DE 的长度等于________；（2）如图2，当点E 落在AC 上时，求BCE 的面积；（3）如图3，连接AE CE AG CG 、、、，判断线段AE 与CG 的位置关系且说明理由，并求22CE AG +的值；（4）在旋转过程中，请直接写出BCE ABG S S +△△的最大值．7．在平面直角坐标系中，O 为原点，点(4,0)A -，点(0,3),B ABO 绕点B 顺时针旋转，得A BO ''△，点A O 、旋转后的对应点为A O ''、，记旋转角为α．（1）如图①，90α=︒，边OA 上的一点M 旋转后的对应点为N ，当1OM =时，点N 的坐标为_____；（2）90α=︒，边OA 上的一点M 旋转后的对应点为N ，当O M BN '+取得最小值时，在图①中画出点M 的位置，并求出点N 的坐标．（3）如图①，P 为AB 上一点，且:2:1PA PB =，连接PO PA ''、，在ABO 绕点B 顺时针旋转一周的过程中，PO A ''的面积是否存在最大值和最小值，若存在，请求出；若不存在，请说明理由．8．如图1，①ABC 和①DEC 均为等腰三角形，且①ACB =①DCE =90°，连接BE ，AD ，两条线段所在的直线交于点P .（1）线段BE 与AD 有何数量关系和位置关系，请说明理由．（2）若已知BC =12，DC =5，①DEC 绕点C 顺时针旋转， ①如图2，当点D 恰好落在BC 的延长线上时，求AP 的长；①在旋转一周的过程中，设①P AB 的面积为S ，求S 的最值．9．如图，在菱形ABCD 中，2AB =，60BAD ∠=，过点D 作DE AB ⊥于点E ，DF BC ⊥于点F ．()1如图1，连接AC 分别交DE 、DF 于点M 、N ，求证：13MN AC =； ()2如图2，将EDF 以点D 为旋转中心旋转，其两边'DE 、'DF 分别与直线AB 、BC 相交于点G 、P ，连接GP ，当DGP 的面积等于10．如图1，一副直角三角板满足AB=BC ，AC=DE ，①ABC=①DEF=90°，①EDF=30°操作：将三角板DEF 的直角顶点E 放置于三角板ABC 的斜边AC 上，再将三角板DEF 绕点E 旋转，并使边DE 与边AB 交于点P ，边EF 与边BC 于点Q ．探究一：在旋转过程中，（1）如图2，当1CEEA=时，EP 与EQ 满足怎样的数量关系？并给出证明；（2）如图3，当2CEEA=时，EP 与EQ 满足怎样的数量关系？并说明理由；（3）根据你对（1）、（2）的探究结果，试写出当CEm EA=时，EP 与EQ 满足的数量关系式为，其中m 的取值范围是．（直接写出结论，不必证明）探究二：若2CEEA=且AC=30cm ，连接PQ ，设△EPQ 的面积为S （cm 2），在旋转过程中：（1）S 是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由．（2）随着S 取不同的值，对应△EPQ 的个数有哪些变化，求出相应S 的值或取值范围．11．如图1，在①ABC中，①BAC＝90°，AB＝AC，点D在边AC上，CD①DE，且CD＝DE，连接BE，取BE的中点F，连接DF．(1)请直接写出①ADF的度数及线段AD与DF的数量关系；(2)将图1中的△CDE绕点C按逆时针旋转，①如图2，（1）中①ADF的度数及线段AD与DF的数量关系是否仍然成立？请说明理由；①如图3，连接AF，若AC＝3，CD＝1，求S△ADF的取值范围．12．已知点E是正方形ABCD的边AB上一点，AB＝BE＝2．以BE为边向右侧作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α度(0≤α≤90°)，连结AE，CG（如图）．(1)求证：①ABE①①CBG．(2)当点E在BD上时，求CG的长．(3)当90∠时，正方形BEFG停止旋转，求在旋转过程中线段AE扫过的面积．（参考数据：AEB=︒sin28︒≈，sin62︒≈tan28︒≈tan62︒≈）13．如图，矩形ABCD 中，5,6,==AB BC BCG 为等边三角形．点E ，F 分别为,AD BC 边上的动点，且EF AB ∥，P 为EF 上一动点，连接BP ，将线段BP 绕点B 顺时针旋转60︒至BM ，连接,,,PA PC PM GM ．(1)求证：=GM PC ；(2)当,,PB PC PE 三条线段的和最小时，求PF 的长；(3)若点E 以每秒2个单位的速度由A 点向D 点运动，点P 以每秒1个单位的速度由E 点向F 点运动．E ，P 两点同时出发，点E 到达点D 时停止，点P 到达点F 时停止，设点P 的运动时间为t 秒． ①求t 为何值时，AEP △与CFP 相似； ①求BMP 的面积S 的最小值．14．如图1，在Rt ABC 中，90,5∠=︒==C AC BC ，点D 是边BC 上的一点，且BD =，过点D 做BC 边的垂线，交AB 边于点E ，将BDE 绕点B 顺时针方向旋转，记旋转角为()0360αα︒≤<︒．(1)【问题发现】当0α=︒时，AECD的值为________，直线,AE CD 相交形成的较小角的度数为________； (2)【拓展探究】试判断：在旋转过程中，（1）中的两个结论有无变化？请仅就图2的情况给出证明； (3)【问题解决】当BDE 旋转至A ，D ，E 三点在同一条直线上时，请直接写出ACD △的面积．15．在中Rt ABC △中．90ABC ∠=︒，AB BC =，点E 在射线CB 上运动．连接AE ，将线段AE 绕点E 顺时针旋转90°得到EF ，连接CF ．(1)如图1，点E在点B的左侧运动；①当2BE=，BC=EAB∠=_________°；①猜想线段CA，CF与CE之间的数量关系为_________．(2)如图2，点E在线段CB上运动时，第（1）间中线段CA，CF与CE之间的数量关系是否仍然成立如果成立，请说明理由；如果不成立，请求出它们之间新的数量关系．=，以A，E，C，F为顶点的四边形面积为y，请直接写出(3)点E在射线CB上运动，BC=，设BE xy与x之间的函数关系式（不用写出x的取值范围）．16．如图，在①ABC中，AB＝，①A＝45°，AC＝C作直线平行AB，将①ABC绕点A顺时针旋转得到①AB C''（点B，C的对应点分别为B'，C'），射线AB'，AC'分别交直线l于点P、Q．(1)如图1，求BC的长；(2)如图2，当点C为PQ中点时，求tan①APQ；(3)如图3，当点P，Q分别在线段AB'，AC'上时，试探究四边形PQC B''的面积是否存在最大值．若存在，求出其最大值；若不存在，请说明理由．17．已知Rt△ABC中，AC＝BC，①C＝90°，D为AB边的中点，①EDF＝90°，①EDF绕D点旋转，它的两边分别交AC、CB（或它们的延长线）于E、F．(1)如图1，当①EDF 绕D 点旋转到DE ①AC 于E 时，易证S △DEF ＋S △CEF 与S △ABC 的数量关系为__________；(2)如图2，当①EDF 绕D 点旋转到DE 和AC 不垂直时，上述结论是否成立？若成立，请给予证明； (3)如图3，这种情况下，请猜想S △DEF 、S △CEF 、S △ABC 的数量关系，不需证明．18．面直角坐标系中，O 为原点，点(12,0)A ，点(0,5)B ，线段AB 的中点为点C ．将ABO 绕着点B 逆时针旋转，点O 对应点为1O ，点A 的对应点为1A ．(1)如图①，当点1O 恰好落在AB 上时， ①此时1CO 的长为__________；①点P 是线段OA 上的动点，旋转后的对应点为1P ，连接11,BP PO ，试求11BP PO +最小时点P 的坐标； (2)如图①，连接11,CA CO ，则在旋转过程中，11CAO △的面积是否存在最大值？若存在，直接写出最大值，若不存在，说明理由．19．如图，在Rt ABC 中，90C ∠=︒，5AB =，3sin 5A =．点P 从点A 出发，以每秒4个单位长度的速度向终点B 匀速运动，过点P 作PD AB ⊥交折线AC ，CB 于点D ，连结BD ，将DBP 绕点D 逆时针旋转90︒得到DEF ．设点P 的运动时间为t （秒）．(1)用含t 的代数式表示线段PD 的长． (2)当点E 落在AB 边上时，求AD 的长． (3)当点F 在ABC 内部时，求t 的取值范围．(4)当线段DP 将ABC 的面积分成1:2 的两部分时，直接写出t 的值．20．如图1，在Rt ABC △中，90B ∠=︒，AB BC =，AO 是BC 边上的中线，点D 是AO 上一点，DE EO ⊥，E 是垂足，DEO 可绕着点O 旋转，点F 是点E 关于点O 的对称点，连接AD 和CF ．(1)问题发现：如图2，当1ADDO=时，则下列结论正确的是_______．（填序号）①BE CF =；①点F 是OC 的中点：①AO 是BAC ∠的角平分线；①AD ．(2)数学思考：将图2中DEO 绕点O 旋转，如图3，则AD 和CF 具有怎样的数量关系？请给出证明过程；(3)拓展应用：在图1中，若ADx DO=，将DEO 绕着点O 旋转． ①则AD =_______CF ；①若4AB =，1x =，在DEO 旋转过程中，如图4，当点D 落在AB 上时，连结BE ，EC ，求四边形ABEC 的面积．答案21．(1)4(2)四边形APDQ 的面积不会随旋转而变化，理由见详解；当45α=︒时，四边形APDQ 是正方形．22．(1)AE BD =，AE BD ⊥； (2)结论仍成立23．(1)PM =PN ，PM ①PN ． (2)△PMN 是等腰直角三角形． (3)S △PMN 最大=25224．（1） ①CEF 是等腰直角三角形；（2）成立，（3）18-18+25．（1）（3）8 26．(1)10；(2)42；(3) AE ①CG 221250CE AG =+；(4)30027．（1）（-3，4）；（2）N （-3，92）；（3）最大值为283，最小值为8328．（1）BE =AD ，BE 与AD 互相垂直，（2）①AP =8413；①最小47，最大72 29．（2）顺时针或逆时针旋转60.30．探究一：（1）EP=EQ ；证明见解析；（2）1:2，（3）EP ：EQ=1：m ，①0＜（1）当50cm 2；当75cm 2．（2）50＜S≤62.5时，这样的三角形有2个；当S=50或62.5＜S≤75时，这样的三角形有一个．31．(1)①ADF =45°，AD (2)①成立，；①1≤S △ADF ≤4.32．(3)3145S π=33．(3)①73；①34．，45︒；(2)无变化(3)121235．(1)①30；①AC +CF CE ；(2)CA -CF；(3)当点E 在点B 左侧运动时，y =21322x +；当点E 在点B 右侧运动时，y 32+．36．(3)存在；21-37．(1)S △DEF ＋S △CEF ＝12S △ABC(2)上述结论S △DEF ＋S △CEF ＝12S △ABC 成立(3)S △DEF －S △CEF ＝12S △ABC38．(1)①1.5 ①20,07⎛⎫ ⎪⎝⎭ (2)存在最大值，最大值为6939．(1)3t (2)258 (3)355374t ≤≤40．(1)①①①(2)AD =，①465。

中考数学压轴题专题旋转的经典综合题附答案

试题解析：（1）由题意抛物线的顶点 C（0，4），A（ 2 2 ，0），设抛物线的解析式为
y ax2 4 ，把 A（ 2
2
，0）代入可得
a=
1 2
，∴
抛物线
C
的函数表达式为
y 1 x2 4． 2
（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
y
1 2
x
m2
4 ，由
（3）α=120°-m°，α=60°或 α=240-m°．考点：1.全等三角形的判定和性质；2.等边三角形的判定和性质．
4．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
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 y 1 x2 4 上，∴ m 2 1 m 22 4 ，解得 m= 17 ﹣3 或
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．
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.

中考数学初中数学旋转-经典压轴题含答案解析

中考数学初中数学旋转-经典压轴题含答案解析一、旋转1．如图所示，(1)正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF=90°，连接BE、DF．将Rt△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系？结合图(1)给予证明；(2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰Rt△AEF变为Rt△AEF，且AD=kAB，AF=kAE，其他条件不变．(1)中的结论是否发生变化？结合图(2)说明理由；(3)将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD，将Rt△AEF变为△AEF，且∠BAD=∠EAF=a，其他条件不变．(2)中的结论是否发生变化？结合图(3)，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用k表示出线段BE、DF的数量关系，用a表示出直线BE、DF 形成的锐角β．【答案】（1）DF=BE且DF⊥BE，证明见解析；（2）数量关系改变，位置关系不变，即DF=kBE，DF⊥BE；（3）不改变．DF=kBE，β=180°-α【解析】【分析】（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF＝AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余，所以∠BAE＝∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF＝90°，所以DF⊥BE；（2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF＝kBE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF＝90°，所以DF⊥BE；（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF＝180°，所以DF与BE的夹角β＝180°﹣α．【详解】（1）DF与BE互相垂直且相等．证明：延长DF分别交AB、BE于点P、G在正方形ABCD和等腰直角△AEF中AD＝AB，AF＝AE，∠BAD＝∠EAF＝90°∴∠FAD ＝∠EAB∴△FAD ≌△EAB∴∠AFD ＝∠AEB ，DF ＝BE∵∠AFD+∠AFG ＝180°，∴∠AEG+∠AFG ＝180°，∵∠EAF ＝90°，∴∠EGF ＝180°﹣90°＝90°，∴DF ⊥BE（2）数量关系改变，位置关系不变．DF ＝kBE ，DF ⊥BE ．延长DF 交EB 于点H ，∵AD ＝kAB ，AF ＝kAE ∴AD k AB =，AF k AE = ∴AD AF AB AE= ∵∠BAD ＝∠EAF ＝a∴∠FAD ＝∠EAB∴△FAD ∽△EAB ∴DF AF k BE AE== ∴DF ＝kBE ∵△FAD ∽△EAB ，∴∠AFD ＝∠AEB ，∵∠AFD+∠AFH ＝180°，∴∠AEH+∠AFH ＝180°，∵∠EAF ＝90°，∴∠EHF ＝180°﹣90°＝90°，∴DF ⊥BE（3）不改变．DF ＝kBE ，β＝180°﹣a ．延长DF 交EB 的延长线于点H ，∵AD ＝kAB ，AF ＝kAE ∴AD k AB =，AF k AE = ∴AD AF AB AE= ∵∠BAD ＝∠EAF ＝a∴∠FAD ＝∠EAB∴△FAD ∽△EAB∴DF AF k BE AE== ∴DF ＝kBE 由△FAD ∽△EAB 得∠AFD ＝∠AEB∵∠AFD+∠AFH ＝180°∴∠AEB+∠AFH ＝180°∵四边形AEHF 的内角和为360°，∴∠EAF+∠EHF ＝180°∵∠EAF ＝α，∠EHF ＝β∴a+β＝180°∴β＝180°﹣a【点睛】本题（1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（2）（3）利用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在．2．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.3．如图1，在锐角△ABC中，∠ABC=45°，高线AD、BE相交于点F．（1）判断BF与AC的数量关系并说明理由；（2）如图2，将△ACD沿线段AD对折，点C落在BD上的点M，AM与BE相交于点N，当DE∥AM时，判断NE与AC的数量关系并说明理由．【答案】（1）BF=AC，理由见解析；（2）NE=12AC，理由见解析.【解析】试题分析：（1）如图1，证明△ADC≌△BDF（AAS），可得BF=AC；（2）如图2，由折叠得：MD=DC，先根据三角形中位线的推论可得：AE=EC，由线段垂直平分线的性质得：AB=BC，则∠ABE=∠CBE，结合（1）得：△BDF≌△ADM，则∠DBF=∠MAD，最后证明∠ANE=∠NAE=45°，得AE=EN，所以EN=12 AC．试题解析：（1）BF=AC，理由是：如图1，∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠ADB=∠AEF=90°，∵∠ABC=45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD=BD，∵∠AFE=∠BFD，∴∠DAC=∠EBC，在△ADC和△BDF中，∵DAC DBFADC BDF AD BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADC≌△BDF（AAS），∴BF=AC；（2）NE=12AC，理由是：如图2，由折叠得：MD=DC，∵DE∥AM，∴AE=EC，∵BE⊥AC，∴AB=BC，∴∠ABE=∠CBE，由（1）得：△ADC≌△BDF，∵△ADC≌△ADM，∴△BDF≌△ADM，∴∠DBF=∠MAD，∵∠DBA=∠BAD=45°，∴∠DBA﹣∠DBF=∠BAD﹣∠MAD，即∠ABE=∠BAN，∵∠ANE=∠ABE+∠BAN=2∠ABE，∠NAE=2∠NAD=2∠CBE，∴∠ANE=∠NAE=45°，∴AE=EN，∴EN=12 AC．4．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．5．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+2=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．6．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.(1)设AB的长为a，PB的长为b(b<a)，求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积；(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.【解析】试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，∴△PAB≌△P'CB，∴S△PAB=S△P'CB，S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，∴B P=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P 2=PB 2+P'B 2=32；又∵∠BP′C=∠BPA=135°，∴∠PP′C=∠BP′C -∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C 是直角三角形． PC==6．考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．7．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 为33时，CPE V 总是等边三角形【解析】【分析】（1）过点P 作PM ⊥CE 于点M ，由EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，得到EF ∥MP ∥CB ，从而有EM 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．8．如图1，Y ABCD 和Y AEFG 是两个能完全重合的平行四边形，现从AB 与AE 重合时开始，将Y ABCD 固定不动，Y AEFG 绕点A 逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），AB=a,BC=2a ；并发现：如图2，当Y AEFG 旋转到点E 落在AD 上时，FE 的延长线恰好通过点C ．探究一:（1）在图2的情形下，求旋转角α的度数；探究二:（2）如图3，当Y AEFG旋转到点E落在BC上时，EF与AD相交于点M，连接CM，DF，请你判断四边形CDFM的形状，并给予证明；探究三:（3）如图1，连接CF，BF，在旋转过程中△BCF的面积是否存在最大的情形，如果存在，求出最大面积，如果不存在，请说明理由.【答案】（1）α=120°；（2）四边形CDFM是菱形，证明见解析；（3）存在△BCF的面积最大的情形，S△BCF =332a2.【解析】试题分析：（1）由平行四边形的性质知∠D=∠B，AB=CD=a，可得∠D=∠DEC，由等角对等边知CD=CE，由AE=AB=a，AD=BC=2a，可得DE=CE，即可证得△CDE是等边三角形，∠D=60°，由两直线平行，同位角相等可得∠DAB=120°，即可求得α；（2）由旋转的性质以及∠B=60°，可得△ABE是等边三角形，由平行线的判定以及两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形ABEM是平行四边形，再由由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；（3）当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大，由于点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，故当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，由题意知∠AFG=90°.由∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，可得AH、AF的值.可求得点F到BC的最大距离.进而求得S△BCF的值.试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D=∠B，AB=CD=a，∵∠AEF=∠B，∠AEF=∠DEC，∴∠D=∠DEC，∴CD=CE，∵AE=AB=a，AD=BC=2a，∴DE=CE.，∴CD=CE=DE，∴△CDE是等边三角形，∴∠D=60°，∵CD∥AB，∴∠D+∠DAB=180°，∴∠DAB=120°，∴α=120°.；（2）四边形CDFM是菱形.证明：由旋转可得AB=AE，∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形，∴∠BAE=60°，∴∠BAG=∠BAE+∠GAE=60°+120°=180°，∴点G，A，B在同一条直线上，∴ME ∥AB，BE∥AM，∴四边形ABEM是平行四边形，∴AM=AB=ME，∴CD=DM=MF，∵CD ∥AB∥MF，∴四边形CDFM是平行四边形，∵∠D= 60°，CD=DM，∴△CDM是等边三角形，∴CD=DM，∴四边形CDFM是菱形；（3）存在△BCF的面积最大的情形.∵CB的长度不变，∴当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大.∵点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，∴当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，则∠AFG=90°.∵∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，∴AH=AB×sin60°=3a，AF=AG×sin60°3 a.2∴点F到BC3333∴S△BCF=12×2a×332a=332a2.点睛：此题考查了旋转的洗澡那个会、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，三角形的面积的求法，关键是运用旋转前后，图形的对应边相等、对应角相等的性质解题.9．把两个直角边长均为6的等腰直角三角板ABC和EFG叠放在一起（如图①），使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合．现将三角板EFG绕O点顺时针旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）．（1）探究：在上述旋转过程中，BH与CK的数量关系以及四边形CHGK的面积的变化情况（直接写出探究的结果，不必写探究及推理过程）；（2）利用（1）中你得到的结论，解决下面问题：连接HK，在上述旋转过程中，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的？若存在，求出此时BH的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1) BH=CK;(2) 存在，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的的位置，此时BH 的长度为．【解析】（1）先由ASA证出△CGK≌△BGH，再根据全等三角形的性质得出BH=CK，根据全等得出四边形CKGH的面积等于三角形ACB面积一半；（2）根据面积公式得出S△GHK=S四边形CKGH-S△CKH=12x2-3x+9，根据△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512，代入得出方程12x2-3x+9=512×12×6×6，求出即可．解：（1）BH与CK的数量关系：BH=CK，理由是：连接OC，由直角三角形斜边上中线性质得出OC=BG，∵AC=BC，O为AB中点，∠ACB=90°，∴∠B=∠ACG=45°，CO⊥AB，∴∠CGB=90°=∠KGH，∴都减去∠CGH得：∠BGH=∠CGK，在△CGK和△BGH中∵，∴△CGK≌△BGH（ASA），∴CK=BH，即BH=CK；四边形CHGK的面积的变化情况：四边形CHGK的面积不变，始终等于四边形CQGZ的面积，即等于△ACB面积的一半，等于9；（2）假设存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512的位置．设BH=x，由题意及（1）中结论可得，CK=BH=x，CH=CB﹣BH=6﹣x，∴S△CHK=12CH×CK=3x﹣12x2，∴S△GHK=S四边形CKGH﹣S△CKH=9﹣（3x﹣12x2）=12x2﹣3x+9，∵△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512，∴12x2﹣3x+9=512×12×6×6，解得136x=236x=（经检验，均符合题意）．∴存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512的位置，此时x的值为36±．“点睛”本题考查了旋转的性质，三角形的面积，全等三角形的性质和判定等知识点，此题有一定的难度，但是一道比较好的题目．10．已知：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°，∴∠ACA1=90°-60°=30°，即当旋转角等于30°时，AB与A1B1垂直.（3）∵AB∥CB1，∠ACB1=90°，∴∠CDB=90°，即CD是△ABC的高，设BC=a，AC=b，则由（1）得AB=2a，A1C=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．11．正方形ABCD 的边长为1，对角线AC 与BD 相交于点O ，点E 是AB 边上的一个动点（点E 不与点A 、B 重合），CE 与BD 相交于点F ，设线段BE 的长度为x ．（1）如图1，当AD=2OF 时，求出x 的值；（2）如图2，把线段CE 绕点E 顺时针旋转90°，使点C 落在点P 处，连接AP ，设△APE 的面积为S ，试求S 与x 的函数关系式并求出S 的最大值．【答案】（1）x=﹣1；（2）S=﹣（x ﹣）2+（0＜x ＜1），当x=时，S 的值最大，最大值为，．【解析】试题分析：（1）过O 作OM ∥AB 交CE 于点M ，如图1，由平行线等分线段定理得到CM=ME ，根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF ，得到OM=OF ，于是得到BF=BE=x ，求得OF=OM=解方程，即可得到结果；（2）过P 作PG ⊥AB 交AB 的延长线于G ，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG ，根据全等三角形的性质得到EB=PG=x ，由三角形的面积公式得到S=（1﹣x ）•x ，根据二次函数的性质即可得到结论．试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，∵OA=OC，∴CM=ME，∴AE=2OM=2OF，∴OM=OF，∴，∴BF=BE=x，∴OF=OM=，∵AB=1，∴OB=，∴，∴x=﹣1；（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，∵∠CEP=∠EBC=90°，∴∠ECB=∠PEG，∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°，在△EPG与△CEB中，，∴△EPG≌△CEB，∴EB=PG=x，∴AE=1﹣x，∴S=（1﹣x）•x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1），∵﹣＜0，∴当x=时，S的值最大，最大值为，．考点：四边形综合题12．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．13．思维启迪：（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B 点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是米．思维探索：（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是；②如图3，当α＝90°时，点D 落在AB 边上，请判断PC 与PE 的数量关系和位置关系，并证明你的结论；③当α＝150°时，若BC ＝3，DE ＝l ，请直接写出PC 2的值．【答案】（1）200；（2）①PC ＝PE ，PC ⊥PE ；②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ，见解析；③PC 2＝102+. 【解析】【分析】（1）由CD ∥AB ，可得∠C ＝∠B ，根据∠APB ＝∠DPC 即可证明△ABP ≌△DCP ，即可得AB ＝CD ，即可解题．（2）①延长EP 交BC 于F ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ）可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．②作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ），结合已知得BF ＝DE ＝AE ，再证明△FBC ≌△EAC （SAS ），可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．③作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°，得∠FBC ＝∠EAC ，同②可证可得PC ＝PE ，PC ⊥PE ，再由已知解三角形得∴EC 2＝CH 2+HE 2＝10+求出2211022PC EC +== 【详解】（1）解：∵CD ∥AB ，∴∠C ＝∠B ，在△ABP 和△DCP 中， BP CP APB DPC B C =⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩，∴△ABP ≌△DCP （SAS ），∴DC ＝AB ．∵AB ＝200米．∴CD ＝200米，故答案为：200．（2）①PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ．理由如下：如解图1，延长EP 交BC 于F ，同（1）理，可知∴△FBP ≌△EDP （SAS ），∴PF ＝PE ，BF ＝DE ，又∵AC ＝BC ，AE ＝DE ，∴FC ＝EC ，又∵∠ACB ＝90°，∴△EFC 是等腰直角三角形，∵EP ＝FP ，∴PC ＝PE ，PC ⊥PE ．②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ．理由如下：如解图2，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，同①理，可知△FBP ≌△EDP （SAS ），∴BF ＝DE ，PE ＝PF ＝12EF ， ∵DE ＝AE ，∴BF ＝AE ，∵当α＝90°时，∠EAC ＝90°，∴ED ∥AC ，EA ∥BC∵FB ∥AC ，∠FBC ＝90，∴∠CBF ＝∠CAE ，在△FBC 和△EAC 中， BF AE CBE CAE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FBC ≌△EAC （SAS ），∴CF ＝CE ，∠FCB ＝∠ECA ，∵∠ACB ＝90°，∴∠FCE ＝90°，∴△FCE 是等腰直角三角形，∵EP ＝FP ，∴CP ⊥EP ，CP ＝EP ＝12EF ． ③如解图3，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°， ∴∠FBC ＝∠EAC ＝α＝150°同②可得△FBP ≌△EDP （SAS ），同②△FCE 是等腰直角三角形，CP ⊥EP ，CP ＝EP＝2，在Rt △AHE 中，∠EAH ＝30°，AE ＝DE ＝1，∴HE ＝12，AH又∵AC ＝AB ＝3，∴CH ＝3+32， ∴EC 2＝CH 2+HE 2＝1033+∴PC 2＝21103322EC +=【点睛】本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．14．(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=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．15．已知O 为直线MN 上一点，OP ⊥MN ，在等腰Rt △ABO 中，90BAO ∠=︒，AC ∥OP 交OM 于C ，D 为OB 的中点，DE ⊥DC 交MN 于E ．(1) 如图1，若点B 在OP 上，则①AC OE (填“＜”，“＝”或“＞”)；②线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式是；(2) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α(045α︒<<︒)，如图2，那么(1)中的结论②是否成立？请说明理由；(3) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α()，请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式；【答案】（1）①=；②AC2+CO2=CD2；（2）（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）画图见解析；OC-CA=2CD.【解析】试题分析：（1）①如图1，证明AC=OC和OC=OE可得结论；②根据勾股定理可得：AC2+CO2=CD2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明A、D、O、C四点共圆，得∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，再证明△ACO≌△EOF，得OE=AC，AO=EF，根据勾股定理得：AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，由直角三角形中最长边为斜边可得结论；（3）如图3，连接AD，则AD=OD证明△ACD≌△OED，根据△CDE是等腰直角三角形，得CE2=2CD2，等量代换可得结论（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，开方后是：OC﹣AC=CD．试题解析：（1）①AC=OE，理由：如图1，∵在等腰Rt△ABO中，∠BAO=90°，∴∠ABO=∠AOB=45°，∵OP⊥MN，∴∠COP=90°，∴∠AOC=45°，∵AC∥OP，∴∠CAO=∠AOB=45°，∠ACO=∠POE=90°，∴AC=OC，连接AD，∵BD=OD，∴AD=OD，AD⊥OB，∴AD∥OC，∴四边形ADOC是正方形，∴∠DCO=45°，∴AC=OD，∴∠DEO=45°，∴CD=DE，∴OC=OE，∴AC=OE；②在Rt△CDO中，∵CD2=OC2+OD2，∴CD2=AC2+OC2；故答案为AC2+CO2=CD2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，理由是：连接AD，延长CD交OP于F，连接EF，∵AB=AO，D为OB的中点，∴AD⊥OB，∴∠ADO=90°，∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO，即∠ADC=∠EDO，∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ACO=180°，∴A、D、O、C四点共圆，∴∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，∴∠EFO=∠AOC，∵△ABO是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠DCO=45°，∴△COF和△CDE是等腰直角三角形，∴OC=OF，∵∠ACO=∠EOF=90°，∴△ACO≌△EOF，∴OE=AC，AO=EF，∴AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，Rt△DEF中，EF＞DE=DC，∴AC2+OC2＞DC2，所以（1）中的结论②不成立；（3）如图3，结论：OC﹣CA=CD，理由是：连接AD，则AD=OD，同理：∠ADC=∠EDO，∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC，∵∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC，即∠DAC=∠DOE，∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴CE2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣AC=CD，故答案为OC﹣AC=CD．考点：几何变换的综合题。

人教备战中考数学压轴题之旋转(备战中考题型整理,突破提升)及详细答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图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.2．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．3．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.(1)设AB的长为a，PB的长为b(b<a)，求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积；(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.【解析】试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，∴△PAB≌△P'CB，∴S△PAB=S△P'CB，S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；又∵∠BP′C=∠BPA=135°，∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．PC==6．考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．4．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；②1233）3＜a＜3，a＞3【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=32b，∴0＜b≤63=33；②如图当DF与DC重合时，DF=DE=6，∴a=sin60°6333当DE与DA重合时，a=63sin603==︒∴33a＜3③如图∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°∴DF=643 cos303==︒∴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．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。

2023年湖北省中考数学高频压轴题突破——旋转

2023年湖北省中考数学高频压轴题突破——旋转1．如图1，ABC ∆与ADE ∆是共顶点A 的两个等腰三角形，其中AB AC =，AD AE =，BAC DAE ∠=∠，连接CE 、BD ．(1)求证：CE BD =；(2)如图2，固定ABC ∆，将ADE ∆绕点A 旋转，若25AD =，20BC =，240ABC S ∆=，当点D 旋转到线段BC 上时，求CE 的长；(3)如图3，设F 为BD 、CE 的交点，G 、H 分别为BD 、CE 的中点，BFC α∠=，AGH β∠=，试探究α与β的数量关系，并说明理由．2．阅读下面材料．小明遇到这样一个问题：如图1，△ABC 是等边三角形，点D 在△ABC 外，∠ADC ＝120°，连接BD ．用等式表示线段AD ，BD ，CD 之间的数量关系，并证明．小明经过思考，发现解决问题的方法：如图2，延长CD 至E ，使ED ＝AD ，连接AE ．证△ADE 是等边三角形，△ACE ≌△ABD ，问题得到解决．(1)填空：线段AD ，BD ，CD 之间的数量关系为；(2)用学过的知识或参考小明的方法解决下面的问题：①如图3，△ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ，点D 是△ABC 外一点，∠ADC ＝135°，连接BD ．用等式表示线段AD ，BD ，CD 之间的数量关系，并证明．②如图4，△ABC 是等边三角形，点D 在△ABC 内，∠DAB ＝∠DBA ＝15°，将线段BD 绕着点D 顺时针旋转30°，得到线段B 'D ，连接B 'D ．直接写出B C B D''的值．3．在锐角△ABC 中，AD ⊥BC 于点D ，E 为AD 上一点，且DE ＝CD ，连接BE ．(1)如图1，若∠DBE ＝30°，BE ＝6，AE ＝4，求△ACD 的面积；(2)如图2，E 为AD 中点，F 为BE 上一点，连接AF ，若∠DBE ＝∠CAD ＝∠AFE ，求证AF ＝2CD ；(3)如图3，若∠DBE ＝∠CAD ，M 是直线BC 上一动点，连接AM 并绕A 点逆时针旋转90°，得到AN ，连接DN ，EN ．当DN 长度最小时，请直接写出∠ABE 与∠DNE 所满足的等量关系4．已知在ABC 中，点D 是AB 边上一点，连接CD ，AC CD =，点E 是直线CD 上的一个动点，连接AE 并延长交直线BC 于F ，AF BF =．(1)如图1，若75BAC ∠=︒，=AC 2CE =，求点A 到CD 的距离；(2)如图2，若点E 是线段CD 的中点，求证：2AB AD =；(3)如图3，若45BAC ∠=︒，AD =AE 绕点A 旋转45°，点E 的对应点为点G ，连接EG ，求CG 的最小值．5．（1）如图1，矩形CEFG 是由矩形ABCD 绕点C 旋转所得，已知2BC =，AB =2，当点F 落在AD 的延长线上，连接BD 、CF ，试判断四边形BCFD 的形状，并证明你的判断；（2）如图3，当EF 过点D 时，求点E 到AB 的距离；（3）如图4，连接AF 、DG ，延长GD 交AF 于点H ，在旋转的过程中，试证明H 为AF 的中点．6．已知等边三角形ABC ，过A 点作AC 的垂线l ，点P 为l 上一动点（不与点A 重合），连接CP ，把线段CP 绕点C 逆时针方向旋转60︒得到CQ ，连QB ．(1)如图1，AP ______BQ （填“>”，“=”或“<”）；(2)如图2，当点P 、B 在AC 同侧且AP AC =时，连接PB 并延长交CQ 于点D ，求线段CD 与CP 的数量关系；(3)如图3，若等边三角形ABC 的边长为P 、B 分别位于直线AC 异侧，点A ，P ，Q 不在同一直上且APQ △AP 的长度． 7．如图①，在ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，且AD AE =．则CE BD =．现将ADE ∆绕点A 顺时针方向旋转，旋转角为()0180αα︒<<︒．如图②，连接CE ，BD ．(1)如图②，请直接写出CE 与BD 的数量关系．(2)将ADE ∆旋转至如图③所示位置时，请判断CE 与BD 的数量关系和位置关系，并加以证明．(3)在旋转的过程中，当BCD ∆的面积最大时，α=______．（直接写出答案即可）8．如图，两个等腰直角△ABC 和△CDE 中，∠ACB ＝∠DCE ＝90°．(1)观察猜想如图1，点E 在BC 上，线段AE 与BD 的数量关系是，位置关系是．(2)探究证明把△CDE 绕直角顶点C 旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；(3)拓展延伸：把△CDE 绕点C 在平面内自由旋转，若AC ＝BC ＝13，DE ＝10，当A 、E 、D 三点在同一条直线上时，请直接写出AD 的长．9．已知：等边ABC 边长为3，点D 、点E 分别在射线AB 、射线BC 上，且(03)BD CE a a ==<<，将直线DE 绕点E 顺时针旋转60°，得到直线EF 交直线AC 于点F ．(1)如图，当点D 在线段AB 上，点E 在线段BC 上时，说明3BD CF +=的理由．(2)如图，当点D 在线段AB 上，点E 在线段BC 的延长线上时，请判断线段BD ，CF 之间的数量关系并说明理由．(3)当点D在线段AB延长线上时，线段BD，CF之间的数量关系又如何？请在备用图中画图探究，并直接写出线段BD，CF之间的数量关系．10．在等腰直角三角形ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC．点D，E分别为AB，AC中点，F线段DE上一动点（不与点D，E重合），将线段AF绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AG，连接GC，FB．．(1)如图①，证明：AFB AGC(2)如图②，连接GF，GE，GF交AE于点H．①证明：在点F的运动过程中，总有∠FEG＝90°．②若AB＝AC＝8，当DF的长度为多少时，△AHG等腰三角形？请直接写出DF的长度．11．如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线BC⊥AC，∠ABC＝30°，点C(1，，(1)请直接写出点B 的坐标________；点A 的坐标：________；(2)点P 为直线BC 上位于第一象限内一点，且△P AC 的面积为P 的坐标；(3)如图2，将△ACB 绕点B 顺时针方向旋转60°，得到∆BGH ，使点A 与点H 重合，点C 与点G 重合，将△BGH 沿直线BC 平移，记平移中的△BGH 为∆B ′G ′H ′，在平移过程中，设直线B ′H ′与x 轴交于点M ，是否存在这样的点M ，使得△B ′MG ′为等腰三角形?若存在，求出此时点M 的坐标；若不存在，说明理由． 12．已知，如图1，直线AB CD ∥，E 为直线AB 上方一点，连接ED BE 、，ED 与AB 交于P 点．(1)若110,70ABE CDE ∠=∠=︒︒，则E ∠=_________︒(2)如图1所示，作CDE ∠的平分线交AB 于点F ，点M 为CD 上一点，BFM ∠的平分线交CD 于点H ，过点H 作HG FH ⊥交FM 的延长线于点G ，GF BE ∥，且2320E DFH ∠=∠+︒，求EDF G ∠+∠的度数．(3)如图2，在（2）的条件下，25FDC ∠=︒，将FHG △绕点F 顺时针旋转，速度为每秒钟3︒，记旋转中的FHG △为FH G ''，同时FDE ∠绕着点D 顺时针旋转，速度为每秒钟5︒，记旋转中的FDE ∠为F DE ∠''，当FDE ∠旋转一周时，整个运动停止．设运动时间为t （秒），则当FH G ''其中一条边与F DE ∠''的边DF′互相垂直时，直接写出t 的值．13．在平面直角坐标系中，点(0,0)O ，点A ，点)(0),30B m m AOB >∠=︒．以点O 为中心，逆时针旋转OAB ，得到OCD ，点,A B 的对应点分别为,C D ．记旋转角为α．(1)如图①，当点C 落在OB 上时，求点D 的坐标；(2)如图②，当45α=︒时，求点C 的坐标；(3)在（2）的条件下，求点D 的坐标（直接写出结果即可）．14．如图1，点A 的坐标为()4,0，点B 为y 轴正半轴上一个动点，将点A 绕着点B 顺时针旋转90°到C 的位置．(1)若点C 的横坐标为：-2，求直线AB 的函数表达式；(2)如图2，若x 轴恰好平分BAC ∠，BC 与x 轴相交于点E ，过点C 作CD AE ⊥于点D ，试探究AE 与CD 的数量关系；(3)如图3，将点O 绕着点B 逆时针旋转90°到点D ，连接DC ，在点B 的运动过程中，CD 与y 轴相交于点F ，则线段BF 的长度是否改变？若不变，求出BF 的长度，若改变，请说明理由．15．如图1，已知直线AB 的解析式为()20y kx k =+>，且AOB 的面积为直线CD 的解析式为y x b =+，点C 与点B 关于x 轴对称．(1)求k 和b 的值；(2)如图1，点E 、F 分别为直线AB 和x 轴上的动点，当OE EF CF ++的值最小时，求此时点F 的坐标，及OE EF CF ++的值；(3)如图2，将AOB 绕着点C 旋转()0180αα︒<<︒得到A O B '''，直线A O ''分别与x 轴和直线AB 交于点M 、点N ，当AMN 是以AM 为底的等腰三角形时，请直接写出线段AM 的长度．16．如图，ABC 是等腰直角三角形，90ACB ∠=︒，2CA CB ==，D 是射线AB 上的一动点，将CD 绕点C 逆时针旋转90°得到CE ，连接BE ，DE ．(1)如图1，CDE 是______三角形．(2)如图2，猜想BC ，BD ，BE 之间的数量关系，并证明你的结论．(3)在点D 移动过程中，当30DEB ∠=︒时，求BD 的长．17．在ABC 中，AB AC =，()CE CD BC CE CA ==≥，180ACB ECD ∠+∠︒=，点P 为直线DE 上一点，且=．PB PD(1)如图1，点D在线段BC延长线上，若50∠的度数；ACB，求ABP∠=°∠；(2)如图2，ABC与CDE在图示位置时，求证：BP平分ABC(3)如图3，若60∠=︒，4ABCAB=，将图3中的CDE（从CE与CA重合时开始）绕点C按顺时针方向旋转一周，且点B与点D不重合，当EPC为等腰三角形时，求2BE的值．18．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点E、F分别是AB、BC上的动点，连接DE、DF、EF．(1)如图1，连接AF，若AF⊥BC，E为AB的中点，且EF＝5，求DF的长；(2)如图2，若BE＝BF，G为DE的中点，连接AF、AG、FG，求证：AG⊥FG；(3)如图3，若AB＝7，将△BEF沿EF翻折得到△EFP（始终保持点P在菱形ABCD的内部），连接AP、BP 及CP，请直接写出当P A＋PB＋PC值最小时PB的长．。

中考数学(旋转提高练习题)压轴题训练及答案解析

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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．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15.3．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， ∴，由（2）知，在Rt △BEH 中，， ∴由（2）知，△DFG ≌△HEG ， ∴DG=HG ，∴HG=12DH=2，∴BG=BH+HG=2+2 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，作出辅助线是解本题的关键．4．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）61；（3）△FGH的周长最大值为32（a+b），最小值为32（a﹣b）．【解析】试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；（3）首先证明△GFH的周长=3GF=32BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=12BD，GF∥BD，∵DF=EF，DH=HC，∴FH=12EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．（2）如图2中，连接AF、EC．易知AF ⊥DE ，在Rt △AEF 中，AE =2，EF =DF =1，∴AF =2221-=3，在Rt △ABF 中，BF =22AB AF - =6，∴BD =CE =BF ﹣DF =61-，∴FH =12EC =612-．（3）存在．理由如下．由（1）可知，△GFH 是等边三角形，GF =12BD ，∴△GFH 的周长=3GF =32BD ，在△ABD中，AB =a ，AD =b ，∴BD 的最小值为a ﹣b ，最大值为a +b ，∴△FGH 的周长最大值为32（a +b ），最小值为32（a ﹣b ）．点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．5．已知Rt △DAB 中，∠ADB=90°，扇形DEF 中，∠EDF=30°，且DA=DB=DE ，将Rt △ADB 的边与扇形DEF 的半径DE 重合，拼接成图1所示的图形，现将扇形DEF 绕点D 按顺时针方向旋转，得到扇形DE′F′，设旋转角为α（0°＜α＜180°）（1）如图2，当0°＜α＜90°，且DF′∥AB 时，求α；（2）如图3，当α=120°，求证：AF′=BE′．【答案】（1）15°；（2）见解析．【解析】试题分析：（1）∵∠ADB=90°，DA=DB ，∴∠BAD=45°，∵DF′∥AB ，∴∠ADF′=∠BAD=45°，∴α=45°﹣30°=15°；（2）∵α=120°，∴∠ADE′=120°，∴∠ADF′=120°+30°=150°，∠BDE′=360°﹣90°﹣120°=150°，∴∠ADF′=∠BDE′，在△ADF′和△BDE′中，，∴△ADF′≌△BDE′，∴AF′=BE′．考点：①旋转性质；②全等三角形的判定和性质．6．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．7．在△ABC中，AB=AC，∠A=300，将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD，再将线段BD平移到EF，使点E在AB上，点F在AC上．（1）如图1，直接写出∠ABD和∠CFE的度数；（2）在图1中证明：AE=CF；（3）如图2，连接CE，判断△CEF的形状并加以证明．【答案】（1）15°，45°；（2）证明见解析；（3）△CEF是等腰直角三角形，证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据等腰三角形的性质得到∠ABC的度数，由旋转的性质得到∠DBC的度数，从而得到∠ABD的度数；根据三角形外角性质即可求得∠CFE的度数.（2）连接CD、DF，证明△BCD是等边三角形，得到CD=BD，由平移的性质得到四边形BDFE是平行四边形，从而AB∥FD，证明△AEF≌△FCD即可得AE=CF．（3）过点E作EG⊥CF于G，根据含30度直角三角形的性质，垂直平分线的判定和性质即可证明△CEF是等腰直角三角形.（1）∵在△ABC中，AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=750.∵将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD，即∠DBC=600．∴∠ABD= 15°.∴∠CFE=∠A+∠ABD=45°．（2）如图，连接CD、DF．∵线段BC绕点B逆时针旋转60得到线段BD，∴BD=BC，∠CBD=600．∴△BCD是等边三角形．∴CD=BD．∵线段BD平移到EF，∴EF∥BD，EF=BD．∴四边形BDFE是平行四边形，EF= CD．∵AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=∠ACB=750．∴∠ABD=∠ACD=15°．∵四边形BDFE是平行四边形，∴AB∥FD．∴∠A=∠CFD.∴△AEF≌△FCD（AAS）．∴AE=CF．（3）△CEF是等腰直角三角形，证明如下：如图，过点E作EG⊥CF于G，∵∠CFE =45°，∴∠FEG=45°．∴EG=FG．∵∠A=300，∠AGE=90°，∴．∵AE=CF，∴．∴．∴G为CF的中点．∴EG为CF的垂直平分线．∴EF=EC．∴∠CEF=∠FEG=90°．∴△CEF是等腰直角三角形．考点：1.旋转和平移问题；2．等腰三角形的性质；3．三角形外角性质；4．等边三角形的判定和性质；5.平行四边形的判定和性质；6.全等三角形的判定和性质；7．含30度直角三角形的性质；8．垂直平分线的判定和性质；9．等腰直角三角形的判定.8．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180如图2，旋转中心：点B ，顺时针旋转90如图3，旋转中心：正方形对角线交点O ，顺时针旋转90【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．。

备战中考数学——初中数学旋转的综合压轴题专题复习含答案

备战中考数学——初中数学旋转的综合压轴题专题复习含答案一、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：△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．4．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；⑵47. 【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：2222=8443BC 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．5．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6．在Rt △ACB 和△AEF 中，∠ACB ＝∠AEF ＝90°，若点P 是BF 的中点，连接PC ，PE. 特殊发现：如图1，若点E 、F 分别落在边AB ，AC 上，则结论：PC ＝PE 成立（不要求证明）．问题探究：把图1中的△AEF 绕点A 顺时针旋转．(1)如图2，若点E 落在边CA 的延长线上，则上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；(2)如图3，若点F 落在边AB 上，则上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； (3)记ACBC＝k ，当k 为何值时，△CPE 总是等边三角形？（请直接写出后的值，不必说）【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ，PC PE =成立 ()3当k 3CPE V 总是等边三角形【解析】【分析】（1）过点P 作PM ⊥CE 于点M ，由EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，得到EF ∥MP ∥CB ，从而有EM FPMC PB=，再根据点P 是BF 的中点，可得EM=MC ，据此得到PC=PE ．（2）过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，先证△DAF ≌△EAF ，即可得出AD=AE ；再证△DAP ≌△EAP ，即可得出PD=PE ；最后根据FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ，可得FD ∥BC ∥PM ，再根据点P 是BF 的中点，推得PC=PD ，再根据PD=PE ，即可得到结论．（3）因为△CPE 总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出∠CBA=30°；最后根据AC k BC =，ACBC=tan30°，求出当△CPE 总是等边三角形时，k 的值是多少即可．【详解】解：（1）PC=PE 成立，理由如下：如图2，过点P 作PM ⊥CE 于点M ，∵EF ⊥AE ，BC ⊥AC ，∴EF ∥MP ∥CB ，∴EM FPMC PB=，∵点P 是BF 的中点，∴EM=MC ，又∵PM ⊥CE ，∴PC=PE ；（2）PC=PE 成立，理由如下：如图3，过点F 作FD ⊥AC 于点D ，过点P 作PM ⊥AC 于点M ，连接PD ，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA=90°，在△DAF 和△EAF 中，∵∠DAF=∠EAF ，∠FDA=∠FEA ，AF=AF ， ∴△DAF ≌△EAF （AAS ）， ∴AD=AE ，在△DAP 和△EAP 中， ∵AD=AE ，∠DAP=∠EAP ，AP=AP ， ∴△DAP ≌△EAP （SAS ）， ∴PD=PE ，∵FD ⊥AC ，BC ⊥AC ，PM ⊥AC ， ∴FD ∥BC ∥PM ， ∴DM FPMC PB=， ∵点P 是BF 的中点， ∴DM=MC ，又∵PM ⊥AC ， ∴PC=PD ，又∵PD=PE ， ∴PC=PE ；（3）如图4，∵△CPE 总是等边三角形， ∴∠CEP=60°， ∴∠CAB=60°， ∵∠ACB=90°，∴∠CBA=90°﹣∠ACB=90°﹣60°=30°， ∵AC k BC ，ACBC=tan30°， ∴k=tan30°=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．7．（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．8．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．9．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10．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．11．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD 旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD ∥AB ， ∴， ∴， ∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE ，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．12．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”。

2023年九年级数学中考复习：旋转(面积问题)综合压轴题(Word版,含答案)

2023年九年级数学中考复习：旋转（面积问题）综合压轴题1．一节数学课上，老师提出一个这样的问题：如图，点P是正方形ABCD内一点，P A=1，PB=2，PC=3，你能求出∠APB的度数吗？小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：思路一：将∠PBC绕点B逆时针旋转90°，得到∠P'BA，连接P P'，求出∠APB的度数．思路二：将∠APB绕点B顺时针旋转90°，得到∠C P'B，连接P P'，求出∠APB的度数．请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．2．如图，已知在∠ABC中，AB＝AC，D、E是BC边上的点，将∠ABD绕点A旋转，得到∠AC D，连接D E．(1)当∠BAC＝120°，∠DAE＝60°时，求证：DE＝D E；(2)当DE＝D E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由．(3)在（2）的结论下，当∠BAC＝90°，BD与DE满足怎样的数量关系时，∠D EC是等腰直角三角形？（直接写出结论，不必证明）AC BD相交于点O，3．如图，平行四边形ABCD中，,1,5AB AC AB BC⊥==,BC AD于点E，F．将直线AC绕点O顺时针旋转，分别交,(1)证明：当旋转角为90°时，四边形ABEF 是平行四边形；(2)证明：在旋转过程中，线段AF 与EC 总保持相等；(3)在旋转过程中，当AC 绕点O 顺时针旋转多少度时，四边形BEDF 是菱形，请给出证明．4．如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD 和一个长为2、宽为1的长方形CEFD 拼在一起，构成一个大的长方形ABEF ．现将小长方形CEFD 绕点C 顺时针旋转至''CE FD ，旋转角为α．(1)当点D 恰好落在边EF 上时，点D 到边DC 的距离为____________，旋转角α=____________︒；(2)如图2，G 为BC 的中点，且090α︒<<︒，求证：GD E D ''=；(3)小长方形CEFD 绕点C 顺时针旋转一周的过程中，DCD '与CBD '△能否全等？若能，直接写出旋转角α的值；若不能，说明理由．5．将两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC 和AFE 按如图1所示位置放置，现将Rt AEF 绕A 点按逆时针方向旋转()090αα︒<<︒．如图2，AE 与BC 交于点M ，AC 与EF 交于点N ，BC 与EF 交于点P ．(1)若AMC 是等腰三角形，则旋转角α的度数为______．(2)在旋转过程中，连接AP ，CE ，求证：AP 所在的直线是线段CE 的垂直平分线．(3)在旋转过程中，CPN是否能成为直角三角形？若能，直接写出旋转角α的度数；若不能，说明理由．6．旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时，往往可以通过旋转解决问题．如图∠，在四边形ABCD中，AD CDADC∠=︒，2∠=︒，60=，120ABCAB=，1BC=．【问题提出】(1)如图∠，在图∠的基础上连接BD，由于AD CD=，所以可将DCB绕点D顺时针方向旋转60°，得到DAB'，则BDB'的形状是_______；【尝试解决】(2)在（1）的条件下，求四边形ABCD的面积；【类比应用】(3)如图∠，等边ABC的边长为2，BDC是顶角120∠=︒的等腰三角形，以D为顶BDC点作一个60°的角，角的两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，求AMN的周长．7．如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接BE，点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．。

中考数学初中数学旋转-经典压轴题附答案解析

中考数学初中数学旋转-经典压轴题附答案解析一、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 。

【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︒-∠=。

(完整word版)中考数学压轴题旋转问题带答案

旋转问题考查三角形全等、相似、勾股定理、特殊三角形和四边形的性质与判定等。

旋转性质-—-—对应线段、对应角的大小不变，对应线段的夹角等于旋转角。

注意旋转过程中三角形与整个图形的特殊位置. 一、直线的旋转1、(2009年浙江省嘉兴市)如图，已知A 、B 是线段MN 上的两点，4=MN ,1=MA ，1>MB ．以A 为中心顺时针旋转点M ，以B 为中心逆时针旋转点N ，使M 、N 两点重合成一点C ,构成△ABC ,设x AB =．（1）求x 的取值范围；（2）若△ABC 为直角三角形，求x 的值； (3）探究:△ABC 的最大面积？2、（2009年河南)如图,在Rt △ABC 中，∠ACB =90°， ∠B =60°，BC =2．点0是AC 的中点，过点0的直线l 从与AC 重合的位置开始，绕点0作逆时针旋转,交AB 边于点D 。

过点C 作CE ∥AB 交直线l 于点E ，设直线l 的旋转角为α.(1)①当α=________度时，四边形EDBC 是等腰梯形，此时AD 的长为_________； ②当α=________度时，四边形EDBC 是直角梯形，此时AD 的长为_________；（2）当α=90°时,判断四边形EDBC 是否为菱形,并说明理由．C（第1题）解:（1）①当四边形EDBC是等腰梯形时，∠EDB=∠B=60°，而∠A=30°，根据三角形的外角性质,得α=∠EDB—∠A=30，此时,AD=1;②当四边形EDBC是直角梯形时，∠ODA=90°，而∠A=30°,根据三角形的内角和定理,得α=90°-∠A=60，此时，AD=1.5．（2）当∠α=90°时，四边形EDBC是菱形．∵∠α=∠ACB=90°，∴BC‖ED,∵CE‖AB，∴四边形EDBC是平行四边形．在Rt△ABC中,∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，∴∠A=30度,∴AB=4，AC=2 ,∴AO= = ．在Rt△AOD中，∠A=30°，∴AD=2，∴BD=2,∴BD=BC．又∵四边形EDBC是平行四边形,∴四边形EDBC是菱形．3、（2009年北京市）在ABCD中,过点C作CE⊥CD交AD于点E,将线段EC绕点E逆时针旋转90得到线段EF(如图1）（1)在图1中画图探究:①当P为射线CD上任意一点（P1不与C重合)时,连结EP1绕点E逆时针旋转90得到线段EC1.判断直线FC1与直线CD的位置关系，并加以证明；②当P2为线段DC的延长线上任意一点时，连结EP2,将线段EP2绕点E逆时针旋转90得到线段EC2。

2023年九年级数学中考专题：旋转综合压轴题(倍长中线法)

2023年九年级数学中考专题：旋转综合压轴题（倍长中线法）1．（1）阅读理解：如图1，在ABC 中，若3AB =，5AC =．求BC 边上的中线AD 的取值范围，小聪同学是这样思考的：延长AD 至E ，使DE AD =，连接BE ．利用全等将边AC 转化到BE ，在BAE 中利用三角形三边关系即可求出中线AD 的取值范围，在这个过程中小聪同学证三角形全等用到的判定方法是___________，中线AD 的取值范围是___________；（2）问题解决：如图2，在ABC 中，点D 是BC 的中点，DM DN ⊥．DM 交AB 于点M ，DN 交AC 于点N ．求证：BM CN MN +>；（3）问题拓展：如图3，在ABC 中，点D 是BC 的中点，分别以AB AC ，为直角边向ABC 外作Rt ABM 和Rt ACN △，其中90BAM NAC ∠=∠=︒，AB AM =，AC AN =，连接MN ，请你探索AD 与MN 的数量与位置关系，并直接写出AD 与MN 的关系．2．（1）如图1，在ABC 中，AB ＝4，AC ＝6，AD 是BC 边上的中线，延长AD 到点E 使DE ＝AD ，连接CE ，把AB ，AC ，2AD 集中在ACE 中，利用三角形三边关系可得AD 的取值范围是；（2）如图2，在ABC 中，AD 是BC 边上的中线，点E ，F 分别在AB ，AC 上，且DE ⊥DF ，求证：BE ＋CF ＞EF ；（3）如图3，在四边形ABCD 中，∠A 为钝角，∠C 为锐角，∠B ＋∠ADC ＝180°，DA ＝DC ，点E ，F 分别在BC ，AB 上，且∠EDF ＝12∠ADC ，连接EF ，试探索线段AF ，EF ，CE 之间的数量关系，并加以证明．3．（1）阅读理解：如图①，在ABC 中，若85AB AC ＝，＝，求BC 边上的中线AD 的取值范围．可以用如下方法：将ACD △绕着点D 逆时针旋转180得到EBD △，在ABE △中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD 的取值范围是_______；（2）问题解决：如图②，在ABC 中，D 是BC 边上的中点，DE DF ⊥于点D ，DE 交AB 于点E ，DF 交AC 于点F ，连接EF ，求证：BE CF EF +＞；（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD 中，180B D ∠+∠︒＝，CB CD ＝，100BCD ∠︒＝，以C 为顶点作一个50︒的角，角的两边分别交AB AD 、于E 、F 两点，连接EF ，探索线段BE DF EF ，，之间的数量关系，并说明理由．4．如图，在锐角ABC ∆中，60A ∠=︒，点D ，E 分别是边,AB AC 上一动点，连接BE 交直线CD 于点F ．(1)如图1，若AB AC >，且,BD CE BCD CBE =∠=∠，求CFE ∠的度数；(2)如图2，若=AB AC ，且=BD AE ，在平面内将线段AC 绕点C 顺时针方向旋转60°得到线段CM ，连接MF ，点N 是MF 的中点，连接CN ．在点D ，E 运动过程中，猜想线段,,BF CF CN 之间存在的数量关系，并证明你的猜想．5．某数学兴趣小组在一次活动中进行了探究试验活动，请你来加入．【探究与发现】如图1，延长△ABC 的边BC 到D ，使DC ＝BC ，过D 作DE ∥AB 交AC 延长线于点E ，求证：△ABC ≌△EDC ．【理解与应用】如图2，已知在△ABC 中，点E 在边BC 上且∠CAE ＝∠B ，点E 是CD 的中点，若AD 平分∠BAE ．（1）求证：AC ＝BD ；（2）若BD ＝3，AD ＝5，AE ＝x ，求x 的取值范围．6．如图1，在△ABC 中，若AB ＝10，BC ＝8，求AC 边上的中线BD 的取值范围．（1）小聪同学是这样思考的：延长BD 至E ，使DE ＝BD ，连接CE ，可证得△CED ≌△ABD ．①请证明△CED ≌△ABD ；②中线BD 的取值范围是．（2）问题拓展：如图2，在△ABC 中，点D 是AC 的中点，分别以AB ，BC 为直角边向△ABC 外作等腰直角三角形ABM 和等腰直角三角形BCN ，其中，AB ＝BM ，BC ＝BN ，∠ABM ＝∠NBC ＝∠90°，连接MN ．请写出BD 与MN 的数量关系，并说明理由．7．已知ABC 中，（1）如图1，点E 为BC 的中点，连AE 并延长到点F ，使=FE EA ，则BF 与AC 的数量关系是________．（2）如图2，若AB AC =，点E 为边AC 一点，过点C 作BC 的垂线交BE 的延长线于点D ，连接AD ，若DAC ABD ∠=∠，求证：AE EC =．（3）如图3，点D 在ABC 内部，且满足AD BC =，BAD DCB ∠=∠，点M 在DC 的延长线上，连AM 交BD 的延长线于点N ，若点N 为AM 的中点，求证：DM AB =．8．在△ABM 中，AM ⊥BM ，垂足为M ，AM ＝BM ，点D 是线段AM 上一动点．（1）如图1，点C 是BM 延长线上一点，MD ＝MC ，连接AC ，若BD ＝17，求AC 的长；（2）如图2，在（1）的条件下，点E 是△ABM 外一点，EC ＝AC ，连接ED 并延长交BC 于点F ，且点F 是线段BC 的中点，求证：∠BDF ＝∠CEF ．（3）如图3，当E 在BD 的延长上，且AE ⊥BE ，AE ＝EG 时，请你直接写出∠1、∠2、∠3之间的数量关系．（不用证明）9．已知：等腰Rt ABC 和等腰Rt ADE △中，AB AC =，AE AD =，90BAC EAD ∠=∠=︒．（1）如图1，延长DE 交BC 于点F ，若68BAE ∠=︒，则DFC ∠的度数为；（2）如图2，连接EC 、BD ，延长EA 交BD 于点M ，若90AEC ∠=︒，求证：点M 为BD 中点；（3）如图3，连接EC 、BD ，点G 是CE 的中点，连接AG ，交BD 于点H ，9AG =，5HG =，直接写出AEC △的面积．10．（1）阅读理解：如图1，在△ABC 中，若AB ＝10，BC ＝8．求AC 边上的中线BD 的取值范围，小聪同学是这样思考的：延长BD至E，使DE＝BD，连接CE．利用全等将边AB转化到CE，在△BCE中利用三角形三边关系即可求出中线BD的取值范围，在这个过程中小聪同学证三角形全等用到的判定方法是；中线BD的取值范围是．（2）问题拓展：如图2，在△ABC中，点D是AC的中点，分别以AB，BC为直角边向△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中∠ABM＝∠NBC＝90°，连接MN，探索BD与MN的关系，并说明理由．11．（1）方法学习：数学兴趣小组活动时，张老师提出了如下问题：如图1，在△ABC中，AB＝8，AC＝6，求BC边上的中线AD的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法（如图2），①延长AD到M，使得DM＝AD；②连接BM，通过三角形全等把AB、AC、2AD转化在△ABM中；③利用三角形的三边关系可得AM的取值范围为AB﹣BM＜AM＜AB+BM，从而得到AD的取值范围是；方法总结：上述方法我们称为“倍长中线法”．“倍长中线法”多用于构造全等三角形和证明边之间的关系．（2）请你写出图2中AC与BM的数量关系和位置关系，并加以证明．（3）深入思考：如图3，AD是△ABC的中线，AB＝AE，AC＝AF，∠BAE＝∠CAF＝90°，请直接利用（2）的结论，试判断线段AD与EF的数量关系，并加以证明．12．如图，点P是∠MON内部一点，过点P分别作P A∥ON交OM于点A，PB∥OM交ON于点B（P A≥PB），在线段OB上取一点C，连接AC，将△AOC沿直线AC翻折，得到△ADC，延长AD交PB于点E，延长CD 交PB于点F．（1）如图1，当四边形AOBP是正方形时，求证：DF＝PF；（2）如图2，当C为OB中点时，试探究线段AE，AO，BE之间满足的数量关系，并说明理由；（3）如图3，在（2）的条件下，连接CE，∠ACE的平分线CH交AE于点H，设OA＝a，BE＝b，若∠CAO ＝∠CEB，求△CDH的面积（用含a，b的代数式表示）．13．（1）基础应用：如图1，在△ABC中，AB＝5，AC＝7，AD是BC边上的中线，延长AD到点E使DE ＝AD，连接CE，把AB，AC，2AD利用旋转全等的方式集中在△ACE中，利用三角形三边关系可得AD的取值范围是；（2）推广应用：应用旋转全等的方式解决问题如图2，在△ABC中，AD是BC边上的中线，点E，F分别在AB，AC上，且DE⊥DF，求证：BE+CF＞EF；∠BAD，试问线段（3）综合应用：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°且∠EAF＝12EF、BE、FD具有怎样的数量关系，并证明．14．（1）阅读理解：如图1，在△ABC中，若AB＝5，AC＝8，求BC边上的中线AD的取值范围．小聪同学是这样思考的：延长AD至E，使DE＝AD，连接BE．利用全等将边AC转化到BE，在△BAE中利用三角形三边关系即可求出中线AD的取值范围．在这个过程中小聪同学证三角形全等用到的判定方法是_________，中线AD的取值范围是_________；（2）问题解决：如图2，在△ABC中，点D是BC的中点，点M在AB边上，点N在AC边上，若DM⊥DN．求证：BM＋CN＞MN；（3）问题拓展：如图3，在△ABC中，点D是BC的中点，分别以AB，AC为直角边向△ABC外作Rt△ABM 和Rt△ACN，其中∠BAM＝∠NAC＝90°，AB＝AM，AC＝AN，连接MN，探索AD与MN的关系，并说明理由．15．如图，在等边△ABC 中，点D ，E 分别是AC ，AB 上的动点，且AE ＝CD ，BD 交CE 于点P ．（1）如图1，求证：∠BPC ＝120°；（2）点M 是边BC 的中点，连接P A ，PM ，延长BP 到点F ，使PF ＝PC ，连接CF ，①如图2，若点A ，P ，M 三点共线，则AP 与PM 的数量关系是．②如图3，若点A ，P ，M 三点不共线，问①中的结论还成立吗？若成立，请给出证明，若不成立，说明理由．16．（1）方法呈现：如图①：在ABC 中，若6AB =，4AC =，点D 为BC 边的中点，求BC 边上的中线AD 的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长AD 到点E 使DE AD =，再连接BE ，可证ACD EBD △≌△，从而把AB 、AC ，2AD 集中在ABE 中，利用三角形三边的关系即可判断中线AD 的取值范围是_______________，这种解决问题的方法我们称为倍长中线法；（2）探究应用：如图②，在ABC 中，点D 是BC 的中点，DE DF ⊥于点D ，DE 交AB 于点E ，DF 交AC 于点F ，连接EF ，判断BE CF +与EF 的大小关系并证明；（3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD 中，//AB CD ，AF 与DC 的延长线交于点F 、点E 是BC 的中点，若AE 是BAF ∠的角平分线．试探究线段AB ，AF ，CF 之间的数量关系，并加以证明．17．阅读下面的题目及分析过程，并按要求进行证明．已知：如图，点E 是BC 的中点，点A 在DE 上，且∠BAE ＝∠CDE ．求证：AB ＝CD ．分析：证明两条线段相等，常用的方法是应用全等三角形或等腰三角形的判定和性质，观察本题中要证明的两条线段，它们不在同一个三角形中，且它们分别所在的两个三角形也不全等，因此，要证AB ＝CD ，必须添加适当的辅助线，构造全等三角形或等腰三角形．（1）现给出如下两种添加辅助线的方法，请任意选出其中一种，对原题进行证明．①如图1，延长DE 到点F ，使EF ＝DE ，连接BF ；②如图2，分别过点B 、C 作BF ⊥DE ，CG ⊥DE ，垂足分别为点F ，G ．（2）请你在图3中添加不同于上述的辅助线，并对原题进行证明．18．【阅读理解】课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：如图1，ABC 中，若8AB =，6AC =，求BC 边上的中线AD 的取值范围．小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD 到点E ，使DE AD =，请根据小明的方法思考：（1）由已知和作图能得到ADC △≌EDB △的理由是______．（2）求得AD 的取值范围是______．【感悟】解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可以考虑延长中线构造全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集合到同一个三角形中．【问题解决】⊥，求证：（3）如图2，在ABC中，点D是BC的中点，点M在AB边上，点N在AC边上，若DM DNBM CN MN+>．。

数学中考压轴题旋转问题答案版

旋转拔高练习一、选择题1. 广东如图,把一个斜边长为2且含有300角的直角三角板ABC 绕直角顶点C 顺时针旋转900到△A 1B 1C,则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是A ．π B．3 C ．33+42π D ．113+124π 1、分析因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形ACA 1、 BCD 和△ACD 计算即可：在△ABC 中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,AB=2,∴BC=12AB=1,∠B=90°－∠BAC=60°;∴22AC AB BC 3=-=; ∴ABC 13S BC AC 22∆=⨯⨯=;设点B 扫过的路线与AB 的交点为D,连接CD,∵BC=DC,∴△BCD 是等边三角形;∴BD=CD=1;∴点D 是AB 的中点;∴ACD ABC 1133S S 2224∆∆==⨯=S; ∴1ACD ACA BCD ABC S S S ∆∆=++扇形扇形的面扫过积22903 6013331133603604464124πππππ⨯⨯⨯⨯=++=++=+（）故选D; 2. 湖北如图,O 是正△ABC 内一点,OA=3,OB=4,OC=5,将线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,下列结论：①△BO′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到；②点O 与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④AOBO S =6+33四形边；⑤AOC AOB 93SS6+4+=．其中正确的结论是 A ．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．①②③ 2分析∵正△ABC,∴AB=CB,∠ABC=600;∵线段BO 以点B 为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,∴BO=BO′,∠O′AO=600;∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA;∴△BO′A≌△BOC;∴△BO′A 可以由△BOC 绕点B 逆时针旋转60°得到;故结论①正确;连接OO′,∵BO=BO′,∠O′AO=600,∴△OBO′是等边三角形;∴OO′=OB=4;故结论②正确;∵在△AOO′中,三边长为O′A=OC=5,OO′=OB=4,OA=3,是一组勾股数,∴△AOO′是直角三角形;∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900＋600=150°;故结论③正确;AOO OBO AOBO 11S S S 34+4236+4322∆'∆''=+=⋅⋅⋅⋅=四形边;故结论④错误; 如图所示,将△AOB 绕点A 逆时针旋转60°,使得AB 与AC 重合,点O 旋转至O″点．易知△AOO″是边长为3的等边三角形,△COO″是边长为3、4、5直角三角形;则AOC AOB AOCO COO AOO 113393S S S S S 34+3=6+2224∆∆"∆"∆"+==+=⋅⋅⋅⋅; 故结论⑤正确;综上所述,正确的结论为：①②③⑤;故选A;3. 四川如图,P 是等腰直角△ABC 外一点,把BP 绕点B 顺时针旋转90°到BP′,已知∠AP′B=135°,P′A：P′C=1：3,则P′A：PB= ;A ．1：2B ．1：2C ．3：2D ．1：33、分析如图,连接AP,∵BP 绕点B 顺时针旋转90°到BP′,∴BP=BP′,∠ABP+∠ABP′=90°; 又∵△ABC 是等腰直角三角形,∴AB=BC,∠CBP′+∠ABP′=90°,∴∠ABP=∠CBP′; 在△ABP 和△CBP′中,∵ BP=BP′,∠ABP=∠CBP′,AB=BC ,∴△ABP≌△CBP′SAS; ∴AP=P′C;∵P′A：P′C=1：3,∴AP=3P′A;连接PP′,则△PBP′是等腰直角三角形;∴∠BP′P=45°,PP′= 2 PB;∵∠AP′B=135°,∴∠AP′P=135°-45°=90°,∴△APP′是直角三角形;设P′A=x,则AP=3x, 在Rt△APP′中,()2222PP AP P A 3x x 22 x '=-'=-=;在Rt△APP′中,PP 2PB '=;∴2PB=2 2 x ,解得PB=2x;∴P′A：PB=x ：2x=1：2; 故选B;4. 贵州点P 是正方形ABCD 边AB 上一点不与A 、B 重合,连接PD 并将线段PD 绕点P 顺时针旋转90°,得线段PE,连接BE,则∠CBE 等于A ．75° B．60° C．45° D．30° 4分析过点E 作EF⊥AF,交AB 的延长线于点F,则∠F=90°,∵四边形ABCD 为正方形,∴AD=AB,∠A=∠ABC=90°;∴∠ADP+∠APD=90°; 由旋转可得：PD=PE,∠DPE=90°,∴∠APD+∠EPF=90°;∴∠ADP=∠EPF;在△APD 和△FEP 中,∵∠ADP=∠EPF,∠A=∠F,PD=PE, ∴△APD≌△FEPAAS;∴AP=EF,AD=PF;又∵AD=AB,∴PF=AB,即AP+PB=PB+BF;∴AP=BF;∴BF=EF又∵∠F=90°,∴△BEF 为等腰直角三角形;∴∠EBF=45°; 又∵∠CBF=90°,∴∠CBE=45°;故选C;答案C;5. 广西如图,等边△ABC 的周长为6π,半径是1的⊙O 从与AB 相切于点D 的位置出发,在△ABC 外部按顺时针方向沿三角形滚动,又回到与AB 相切于点D 的位置,则⊙O 自转了：A ．2周B ．3周C ．4周D ．5周5分析该圆运动可分为两部分：在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角,分别计算即可得到圆的自传周数：⊙O在三边运动时自转周数：6π÷2π =3：⊙O绕过三角形外角时,共自转了三角形外角和的度数：360°,即一周;∴⊙O自转了3+1=4周;故选C;二、填空题6. 四川如图,四边形ABCD中,∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边形ABCD的面积是24cm2.则AC长是▲ cm. 6分析如图,将△ADC旋转至△ABE处,则△AEC的面积和四边形ABCD的面积一样多为24cm2,,这时三角形△AEC为等腰直角三角形,作边EC上的高AF,则AF=12EC=FC, ∴ S△AEC=12AF·EC=AF2=24 ;∴AF2=24;∴AC2=2AF2=48 AC=43;7. 江西南昌如图,正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合,将△AEF绕顶点A旋转,在旋转过程中,当BE=DF时,∠BAE的大小可以是▲ ．7分析正三角形AEF可以在正方形的内部也可以在正方形的外部,所以要分两种情况分别求解：①当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时,如图1,∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合,∴AB=AD,AE=AF;∵当BE=DF时,在△ABE和△ADF中,AB=AD,BE=DF,AE=AF,∴△ABE≌△ADFSSS;∴∠BAE=∠FAD;∵∠EAF=60°,∴∠BAE+∠FAD=30°;∴∠BAE=∠FAD=15°;②当正三角形AEF在正方形ABCD的外部,顺时针旋转小于1800时,如图2,同上可得△ABE≌△ADFSSS;∴∠BAE=∠FAD;∵∠EAF=60°,∴∠BAF=∠DAE;∵900＋600＋∠BAF＋∠DAE=3600,∴∠BAF=∠DAE=105°;∴∠BAE=∠FAD=165°;③当正三角形AEF在正方形ABCD的外部,顺时针旋转大于1800时,如图3,同上可得△ABE≌△ADFSSS;∴∠BAE=∠FAD;∵∠EAF=60°,∠BAE=90°,∴90°＋∠DAE=60°＋∠DAE,这是不可能的;∴此时不存在BE=DF的情况;综上所述,在旋转过程中,当BE=DF时,∠BAE的大小可以是15°或165°;8. 吉林省如图,在等边△ABC中,D是边AC上一点,连接BD．将△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE,连接ED．若BC=10,BD=9,则△AED的周长是_ ▲____. 8分析∵△BCD绕点B逆时针旋转60°得到△BAE, ∴根据旋转前、后的图形全等的旋转性质,得,CD= AE,BD=BE;∵△ABC是等边三角形,BC=10,∴AC=BC=10;∴AE＋AD=AC=10;又∵旋转角∠DBE=600,∴△DBE是等边三角形;∴DE=BD=9;∴△AED 的周长=DE ＋AE ＋AD=9＋10=19; 三、解答题9. 北京市在ABC △中,BA=BC BAC ∠=α，,M 是AC 的中点,P 是线段BM 上的动点,将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ;1 若α=60︒且点P 与点M 重合如图1,线段CQ 的延长线交射线BM 于点D,请补全图形, 并写出∠CDB 的度数；2 在图2中,点P 不与点B,M 重合,线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D,猜想∠CDB 的大小用含α的代数式表示,并加以证明；3 对于适当大小的α,当点P 在线段BM 上运动到某一位置不与点B,M 重合时,能使得线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D,且PQ=QD,请直接写出α的范围; 9答案解：1补全图形如下：∠CDB=30°;2作线段CQ 的延长线交射线BM 于点D,连接PC,AD,∵AB=BC,M 是AC 的中点,∴BM⊥AC;∴AD=CD,AP=PC,PD=PD; 在△APD 与△CPD 中,∵AD=CD, PD=PD, PA=PC∴△APD≌△CPDSSS; ∴AP=PC,∠ADB=∠CDB,∠PAD=∠PCD;又∵PQ=PA,∴PQ=PC,∠ADC=2∠CDB,∠PQC=∠PCD=∠PAD; ∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°;∴∠APQ+∠ADC=360°－∠PAD+∠PQD=180°;∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α,即2∠CDB=180°－2α; ∴∠CDB=90°－α;345°＜α＜60°;分析1利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ 是等边三角形,即可得出答案：∵BA=BC,∠BAC=60°,M 是AC 的中点,∴BM⊥AC,AM=AC;∵将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ,∴AM=MQ,∠AMQ=120°; ∴CM=MQ,∠CMQ=60°;∴△CMQ 是等边三角形;∴∠ACQ=60°;∴∠CDB=30°;2首先由已知得出△APD≌△CPD,从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°,即可求出; 3由2得出∠CDB=90°－α,且PQ=QD,∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α;∵点P 不与点B,M 重合,∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD;∴2α＞180°－2α＞α,∴45°＜α＜60°;10. 福建在平面直角坐标系中,矩形OABC 如图所示放置,点A 在x 轴上,点B 的坐标为m,1m ＞0,将此矩形绕O 点逆时针旋转90°,得到矩形OA′B′C′． 1写出点A 、A′、C′的坐标；2设过点A 、A′、C′的抛物线解析式为y=ax 2+bx+c,求此抛物线的解析式；a 、b 、c 可用含m 的式子表示 3试探究：当m 的值改变时,点B 关于点O 的对称点D 是否可能落在2中的抛物线上若能,求出此时m 的值． 10答案解：1∵四边形ABCD 是矩形,点B 的坐标为m,1m ＞0, ∴Am,0,C0,1;∵矩形OA′B′C′由矩形OABC 旋转90°而成,∴A′0,m,C′－1,0;2设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2＋bx＋c, ∵Am,0,A′0,m,C′－1,0,∴2a m bm c0c ma b c0⎧++=⎪=⎨⎪-+=⎩,解得a 1b m 1c m=-⎧⎪=-⎨⎪=⎩;∴此抛物线的解析式为：y=－x2＋m－1x＋m;3∵点B与点D关于原点对称,Bm,1,∴点D的坐标为：－m,－1,假设点D－m,－1在2中的抛物线上,∴0=－－m2＋m－1×－m＋m=1,即2m2－2m＋1=0,∵△=－22－4×2×2=－4＜0,∴此方程无解;∴点D不在2中的抛物线上;分析1先根据四边形ABCD是矩形,点B的坐标为m,1m＞0,求出点A、C的坐标,再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标即可;2设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出abc的值,进而得出其抛物线的解析式;3根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标,把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可;11. 江苏1如图1,在△ABC中,BA=BC,D,E是AC边上的两点,且满足∠DBE=12∠ABC0°＜∠CBE＜12∠ABC;以点B为旋转中心,将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC,得到△BE’A点C与点A重合,点E到点E’处,连接DE’;求证：DE’=DE.2如图2,在△ABC中,BA=BC,∠ABC=90°,D,E是AC边上的两点,且满足∠DBE=12∠ABC0°＜∠CBE＜45°.求证：DE2=AD2+EC2.11答案证明：1∵△BE’A是△BEC按逆时针方向旋转∠ABC得到,∴BE’=BE,∠E’BA=∠EBC;∵∠DBE=12∠ABC,∴∠ABD＋∠EBC =12∠ABC;∴∠ABD＋∠E’BA =12∠ABC,即∠E’BD=12∠ABC;∴∠E’BD=∠DBE;在△E’BD和△EBD中,∵BE’=BE,∠E’BD=∠DBE,BD=BD,∴△E’BD≌△EBDSAS;∴DE’=DE;2以点B为旋转中心,将△BEC按逆时针方向旋转∠ABC=90°,得到△BE’A点C与点A重合,点E到点E’处,连接DE’ 由1知DE’=DE;由旋转的性质,知E’A=EC,∠E’ AB=∠ECB;又∵BA=BC,∠ABC=90°,∴∠BAC=∠ACB=45°;∴∠E’ AD=∠E’ AB＋∠BAC=90°; 在Rt△DE’A 中,DE’2=AD 2+E’A 2,∴DE 2=AD 2+EC 2; 分析1由旋转的性质易得BE’=BE,∠E’BA=∠EBC,由已知∠DBE=12∠ABC 经等量代换可得 ∠E’BD=∠DBE,从而可由SAS 得△E’BD≌△EBD,得到DE’=DE;2由1的启示,作如1的辅助图形,即可得到直角三角形DE’A,根据勾股定理即可证得结论;12. 四川德阳在平面直角坐标xOy 中,如图正方形OABC 的边长为4,边OA 在x 轴的正半轴上,边OC 在y 轴的正半轴上,点D 是OC 的中点,BE⊥DB 交x 轴于点E.⑴求经过点D 、B 、E 的抛物线的解析式；⑵将∠DBE 绕点B 旋转一定的角度后,边BE 交线段OA 于点F,边BD 交y 轴于点G,交⑴中的抛物线于M 不与点B 重合,如果点M 的横坐标为512,那么结论OF=21DG 能成立吗请说明理由. ⑶过⑵中的点F 的直线交射线CB 于点P,交⑴中的抛物线在第一象限的部分于点Q,且使△PFE 为等腰三角形,求Q 点的坐标.12答案解：1∵BE⊥DB 交x 轴于点E,OABC 是正方形,∴∠DBC=EBA;在△BCD 与△BAE 中,∵∠BCD=∠BAE=90°, BC=BA ,∠DBC=∠EBA ,∴△BCD≌△BAEASA;∴AE=CD;∵OABC 是正方形,OA=4,D 是OC 的中点, ∴A4,0,B4,4,C0,4,D0,2,∴E6,0．设过点D0,2,B4,4,E6,0的抛物线解析式为y=ax 2+bx+c,则有：c 216a 4b c 436a 6b c 0=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩,解得 5a 1213b 6c 2⎧=-⎪⎪⎪=⎨⎪=⎪⎪⎩; ∴经过点D 、B 、E 的抛物线的解析式为：2513y=x +x+2126-; 2结论OF=12DG 能成立．理由如下：由题意,当∠DBE 绕点B 旋转一定的角度后,同理可证得△BCG≌△BAF,∴AF=CG;∵x M =125,∴2M M M 51324y =x +x +2=1265-;∴M 122455，;设直线MB 的解析式为y MB =kx+b,∵M 122455 ，,B4,4,∴1224k+b=554k+b=4⎧⎪⎨⎪⎩,解得1k=2b=6⎧-⎪⎨⎪⎩;∴y MB =12-x+6;∴G0,6;∴CG=2,DG=4;∴AF=CG=2,OF=OA﹣AF=2,F2,0;∵OF=2,DG=4,∴结论OF=12DG 成立; 3如图,△PFE 为等腰三角形,可能有三种情况,分类讨论如下： ①若PF=FE;∵FE=4,BC 与OA 平行线之间距离为4,∴此时P 点位于射线CB 上;∵F2,0,∴P2,4; 此时直线FP⊥x 轴;来∴x Q =2;∴Q Q 2Q 51314y =x +x +2=1263-, ∴Q 12,143;②若PF=PE; 如图所示,∵AF=AE=2,BA⊥FE,∴△BEF 为等腰三角形; ∴此时点P 、Q 与点B 重合;∴Q 24,4;③若PE=EF;∵FE=4,BC 与OA 平行线之间距离为4,∴此时P 点位于射线CB 上;∵E6,0,∴P6,4;设直线y PF 的解析式为y PF =kx+b,∵F2,0,P6,4,∴2k+b=06k+b=4⎧⎨⎩,解得k=1b=2⎧⎨-⎩;∴y PF =x ﹣2;∵Q 点既在直线PF 上,也在抛物线上,∴2513x +x+2=x 2126--,化简得5x 2﹣14x ﹣48=0, 解得x 1= 245,x 2=﹣2不合题意,舍去;∴x Q =2;∴y Q =x Q ﹣2=24142=55-;∴Q 3241455 ，;综上所述,Q 点的坐标为Q 12,143或Q 24,4或Q 3241455，;分析1由正方形的性质和△BCD≌△BAE 求得E 点坐标,然后利用待定系数法求抛物线解析式;2求出M 点坐标,然后利用待定系数法求直线MB 的解析式,令x=0,求得G 点坐标,从而得到线段CG 、DG的长度；由△BCG ≌△BAF,可得AF=CG ,从而求得OF 的长度．比较OF 与DG 的长度,它们满足OF=12DG 的关系,所以结论成立；3分PF=FE 、PF=PE 和PE=EF 三种情况,逐一讨论并求解; 13. 辽宁1如图,在△ABC 和△ADE 中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°．①当点D 在AC 上时,如图1,线段BD 、CE 有怎样的数量关系和位置关系直接写出你猜想的结论；②将图1中的△ADE 绕点A 顺时针旋转α角0°＜α＜90°,如图2,线段BD 、CE 有怎样的数量关系和位置关系请说明理由．2当△ABC 和△ADE 满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时,使线段B D 、CE 在1中的位置关系仍然成立不必说明理由．甲：AB ：AC=AD ：AE=1,∠BAC=∠DAE≠90°；乙：AB ：AC=AD ：AE≠1,∠BAC=∠DAE=90°；丙：AB ：AC=AD ：AE≠1,∠BAC=∠DAE≠90°．13答案解：1①结论：BD=CE,BD⊥CE;②结论：BD=CE,BD⊥CE;理由如下：∵∠BAC=∠DAE=90°,∴∠BAD－∠DAC=∠DAE－∠DAC,即∠BAD=∠CAE; 在Rt△ABD 与Rt△ACE 中,∵AB=AC,∠BAD=∠CAE ,AD=AE, ∴△ABD≌△ACESAS;∴BD=CE;延长BD 交AC 于F,交CE 于H; 在△ABF 与△HCF 中,∵∠ABF=∠HCF,∠AFB=∠HFC,∴∠CHF=∠BAF=90°;∴BD⊥CE;2结论：乙．AB：AC=AD：AE,∠BAC=∠DAE=90°;考点全等三角形的判定和性质,三角形内角和定理,旋转的性质;分析1①BD=CE,BD⊥CE;根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE,然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA；然后在△ABD和△CDF中,由三角形内角和定理可以求得∠CFD=90°,即BD⊥CF;②BD=CE,BD⊥CE;根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE,然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA；作辅助线延长BD交AC于F,交CE于HBH构建对顶角∠ABF=∠HCF,再根据三角形内角和定理证得∠BHC=90°;2根据结论①、②的证明过程知,∠BAC=∠DFC或∠FHC=90°时,该结论成立了,所以本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合适;14. 辽宁本溪已知,在△ABC中,AB=AC;过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A按顺时针方向旋转角θ,直线a交BC边于点P点P不与点B、点C重合,△BMN的边MN始终在直线a上点M在点N的上方,且BM=BN,连接CN;1当∠BAC=∠MBN=90°时,①如图a,当θ=45°时,∠ANC的度数为_______；②如图b,当θ≠45°时,①中的结论是否发生变化说明理由；2如图c,当∠BAC=∠MBN≠90°时,请直接写出∠ANC与∠BAC之间的数量关系,不必证明;14答案解：1①450;②不变;理由如下过B、C分别作BD⊥AP于点D,CE⊥AP于点E;∵∠BAC =90°,∴∠BAD＋∠EAC=90°;∵BD⊥AP,∴∠ADB =90°;∴∠ABD＋∠BAD=90°;∴∠ABD=∠EAC;又∵AB=AC,∠ADB=∠CEA=90°,∴△ADB≌△CEAAAS;∴AD=EC,BD=AE;∵BD是等腰直角三角形NBM斜边上的高,∴BD=DN,∠BND=45°;∴BN=BD=AE;∴DN－DE=AE－DE,即NE=AD=EC;∵∠NEC =90°,∴∠ANC =45°;3∠ANC =90°－12∠BAC;分析1①∵BM=BN,∠MBN=90°,∴∠BMN=∠BNM=45°;又∵∠CAN=45°,∴∠BMN=∠CAN;又∵AB=AC,AN=AN,∴△BMN≌△CANSAS;∴∠ANC=∠BNM=45°;②过B、C分别作BD⊥AP于点D,CE⊥AP于点E;通过证明△ADB≌△CEA从而证明△CEN是等腰直角三角形即可;2如图,由已知得：∠θ=1800－2∠ABC－∠1∵AB=AC=1800－∠2－∠6－∠1∵∠BAC=∠MBN,BM=BN=1800－∠2－∠1－∠6=∠3＋∠4＋∠5－∠6三角形内角和定理 =∠6＋∠5－∠6=∠5∠3＋∠4=∠ABC=∠6; ∴点A 、B 、N 、C 四点共圆; ∴∠ANC =∠ABC ==90°－12∠BAC; 15.山东德州已知正方形ABCD 中,E 为对角线BD 上一点,过E 点作EF ⊥BD 交BC 于F ,连接DF ,G 为DF 中点,连接EG ,CG ． 1求证：EG =CG ；2将图①中△BEF 绕B 点逆时针旋转45o ,如图②所示,取DF 中点G ,连接EG ,CG ．问1中的结论是否仍然成立若成立,请给出证明；若不成立,请说明理由．3将图①中△BEF 绕B 点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问1中的结论是否仍然成立通过观察你还能得出什么结论均不要求证明15 解：1证明：在Rt △FCD 中,∵G 为DF 的中点,∴ CG =12FD ．………… 1分同理,在Rt DEF 中, EG =12FD ． ………………2分 ∴CG =EG ．…………………3分21中结论仍然成立,即EG =．…………………………4分证法一：连接AG ,过G 点作MN ⊥AD 于M 与EF 的延长线交于N 点．在△DAG 与△DCG 中, ∵ AD =CD ,∠ADG =∠CDG ,DG =DG ,∴ △DAG ≌△DCG ．∴ AG =CG ．………………………5分在△DMG 与△FNG 中,∵ ∠DGM =∠FGN ,FG =DG ,∠MDG =∠NFG ,∴ △DMG ≌△FNG ．∴ MG =NG在矩形AENM 中,AM =EN ． ……………6分在Rt △AMG 与Rt △ENG 中,∵ AM =EN , MG =NG ,∴ △AMG ≌△ENG ．∴ AG =EG ．∴ EG =CG ． ……………………………8分证法二：延长CG 至M ,使MG =CG ,连接MF ,ME ,EC , ……………………4分在△DCG 与△FMG 中,∵FG =DG ,∠MGF =∠CGD ,MG =CG ,∴△DCG ≌△FMG ．∴MF =CD ,∠FMG ＝∠DCG ． ∴MF ∥CD ∥AB ．………………………5分∴EF MF ⊥．在Rt △MFE 与Rt △CBE 中,∵ MF =CB ,EF =BE ,∴△MFE ≌△CBE ． ∴MEF CEB ∠=∠．…………………………………………………6分∴∠MEC ＝∠MEF ＋∠FEC ＝∠CEB ＋∠CEF ＝90°． …………7分∴ △MEC 为直角三角形．∵ MG = CG ,∴ EG =21MC ．∴ EG CG =．………………………………8分 31中的结论仍然成立,即EG =CG ．其他的结论还有:EG ⊥CG ．……10分16、襄阳如图1,点A 是线段BC 上一点,△ABD 和△ACE 都是等边三角形． 1连结BE,CD,求证：BE=CD ；2如图2,将△ABD 绕点A 顺时针旋转得到△AB ′D ′．D CE G第15题图① F D C E G第15题图②FAE 第15题图③FADE图③GF A D GN 图 ②一FA D G M①当旋转角为60度时,边AD′落在AE上；②在①的条件下,延长DD’交CE于点P,连接BD′,CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时,△BDD′与△CPD′全等并给予证明．16、解1证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形．∴AB=AD,AE=AC,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE,即∠BAE=∠DAC,在△BAE和△DAC中,,∴△BAE≌△DACSAS,∴BE=CD；2解：①∵∠BAD=∠CAE=60°,∴∠DAE=180°﹣60°×2=60°,∵边AD′落在AE上,∴旋转角=∠DAE=60°；②当AC=2AB时,△BDD′与△CPD′全等．理由如下：由旋转可知,AB′与AD重合,∴AB=BD=DD′=AD′,∴四边形ABDD′是菱形,∴∠ABD′=∠DBD′=∠ABD=×60°=30°,DP∥BC,∵△ACE是等边三角形,∴AC=AE,∠ACE=60°,∵AC=2AB,∴AE=2AD′,∴∠PCD′=∠ACD′=∠ACE=×60°=30°,又∵DP∥BC,∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°,在△BDD′与△CPD′中,,∴△BDD′≌△CPD′ASA．故答案为：60．17. 鸡西如图1,在正方形ABCD中,点M、N分别在AD、CD上,若∠MBN=45°,易证MN=AM+CN1如图2,在梯形ABCD中,BC∥AD,AB=BC=CD,点M、N分别在AD、CD上,若∠MBN= 12∠ABC,试探究线段MN、AM、CN有怎样的数量关系请写出猜想,并给予证明．2如图3,在四边形ABCD中,AB=BC,∠ABC+∠ADC=180°,点M、N分别在DA、CD的延长线上,若∠MBN= 12∠ABC,试探究线段MN、AM、CN又有怎样的数量关系请直接写出猜想,不需证明．17 解：1MN=AM+CN．理由如下：如图,∵BC∥AD,AB=BC=CD,∴梯形ABCD是等腰梯形,∴∠A+∠BCD=180°,把△ABM绕点B顺时针旋转90°到△CBM′,则△ABM≌△CBM′,∴AM=CM′,BM=BM′,∠A=∠BCM′,∠ABM=∠M′BC,∴∠BCM′+∠BCD=180°,∴点M′、C、M三点共线,∵∠MBN=12∠ABC,D∴∠M′BN=∠M′BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=∠ABC-∠MBN=12∠ABC,∴∠MBN=∠M′BN,在△BMN和△BM′N中,∵BM BMMBN M BN BN BN'=⎧⎪'∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BMN≌△BM′NSAS,∴MN=M′N,又∵M′N=CM′+CN=AM+CN,∴MN=AM+CN；2MN=CN-AM．理由如下：如图,作∠CBM′=∠ABM交CN于点M′, ∵∠ABC+∠ADC=180°,∴∠BAD+∠C=360°-180°=180°,又∵∠BAD+∠BAM=180°,∴∠C=∠BAM,在△ABM和△CBM′中,∵CBM ABM AB BCC BAM'∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩,∴△ABM≌△CBM′ASA,∴AM=CM′,BM=BM′,∵∠MBN=12∠ABC,∴∠M′BN=∠ABC-∠ABN+∠CBM′=∠ABC-∠ABN+∠ABM=∠ABC-∠MBN=12∠ABC,∴∠MBN=∠M′BN,在△MBN和△M′BN∵BM BMMBN M BN BN BN'=⎧⎪'∠=∠⎨⎪=⎩,∴△MBN≌△M′BNSAS,∴MN=M′N,∵M′N=CN-CM′=CN-AM,∴MN=CN-AM．点评：本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,等腰梯形的两底角互补,利用旋转变换作辅助线,构造出全等三角形,把MN、AM、CN通过等量转化到两个全等三角形的对应边是解题的关键,本题灵活性较强,对同学们的能力要求较高．。

中考数学与初中数学旋转有关的压轴题附答案解析

中考数学与初中数学旋转有关的压轴题附答案解析一、旋转1．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．（1）请问EG与CG存在怎样的数量关系，并证明你的结论；（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？（请直接写出结果，不必写出理由）【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．（3）结论依然成立．【详解】（1）CG=EG．理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=12FD，同理．在Rt△DEF中，EG=12FD，∴CG=EG．（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG （ASA），∴MG=NG．∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=1MC，∴EG=CG．2（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG【点睛】本题是四边形的综合题．（1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；（2）关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答．2．(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）EG 2＝AG 2+CE 2．【解析】【分析】（1）①由△DOE ≌△BOF ，推出EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，推出四边形EBFD 是平行四边形，再证明EB ＝ED 即可．②先证明∠ABD ＝2∠ADB ，推出∠ADB ＝30°，延长即可解决问题．（2）IH ＝3FH ．只要证明△IJF 是等边三角形即可．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形， ∴AD ∥BC ，OB ＝OD ， ∴∠EDO ＝∠FBO ，在△DOE 和△BOF 中，EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝， ∴△DOE ≌△BOF ， ∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ， ∴四边形EBFD 是平行四边形， ∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ， ∴EB ＝ED ，∴四边形EBFD 是菱形． ②∵BE 平分∠ABD ， ∴∠ABE ＝∠EBD ， ∵EB ＝ED ， ∴∠EBD ＝∠EDB ， ∴∠ABD ＝2∠ADB ，∵∠ABD +∠ADB ＝90°， ∴∠ADB ＝30°，∠ABD ＝60°， ∴∠ABE ＝∠EBO ＝∠OBF ＝30°， ∴∠EBF ＝60°．（2）结论：IH＝3FH ．理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM ＝EJ ，连接MJ ．∵四边形EBFD 是菱形，∠B ＝60°， ∴EB ＝BF ＝ED ，DE ∥BF ， ∴∠JDH ＝∠FGH ，在△DHJ 和△GHF 中，DHG GHF DH GHJDH FGH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝， ∴△DHJ ≌△GHF ， ∴DJ ＝FG ，JH ＝HF ， ∴EJ ＝BG ＝EM ＝BI ， ∴BE ＝IM ＝BF ， ∵∠MEJ ＝∠B ＝60°， ∴△MEJ 是等边三角形， ∴MJ ＝EM ＝NI ，∠M ＝∠B ＝60° 在△BIF 和△MJI 中，BI MJ B M BF IM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△BIF ≌△MJI ，∴IJ ＝IF ，∠BFI ＝∠MIJ ，∵HJ ＝HF ， ∴IH ⊥JF ，∵∠BFI +∠BIF ＝120°， ∴∠MIJ +∠BIF ＝120°， ∴∠JIF ＝60°， ∴△JIF 是等边三角形，在Rt △IHF 中，∵∠IHF ＝90°，∠IFH ＝60°， ∴∠FIH ＝30°，∴IH ＝3FH ．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．理由：如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，∵∠FAD +∠DEF ＝90°， ∴AFED 四点共圆，∴∠EDF ＝∠DAE ＝45°，∠ADC ＝90°， ∴∠ADF +∠EDC ＝45°， ∵∠ADF ＝∠CDM ，∴∠CDM +∠CDE ＝45°＝∠EDG ，在△DEM 和△DEG 中，DE DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△DEG ≌△DEM ， ∴GE ＝EM ，∵∠DCM ＝∠DAG ＝∠ACD ＝45°，AG ＝CM ， ∴∠ECM ＝90° ∴EC 2+CM 2＝EM 2， ∵EG ＝EM ，AG ＝CM ， ∴GE 2＝AG 2+CE 2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.3．如图1，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．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16x（x＞0）的图象交边AB于点D．（1）用m的代数式表示BD的长；（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5【解析】【分析】（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣12（m﹣8）2+24，即可得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴AB⊥x轴上，∵点B（4，m），∴点D的横坐标为4，∵点D在反比例函数y＝16x上，∴D（4，4），∴BD＝m﹣4；（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，由（1）知，D（4，4），∴S△PBD＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（m﹣8）2+24，∴抛物线的对称轴为m＝8，∵a＜0，5≤m≤7，∴m＝7时，S取到最大值；②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，∴∠DPG+∠PDG＝90°，由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，∴∠DPG+∠EPF＝90°，∴∠PDG＝∠EPF，∴△PDG≌△EPF（AAS），∴DG＝PF，∵DG＝AF＝m﹣4，∴P（m，m﹣4），∵点P在反比例函数y＝16，x∴m（m﹣4）＝16，∴m＝2+25或m＝2﹣25（舍）．【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．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 CD AE 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 BE AB 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=225552+=，∵四边形ACPB是正方形，∴PC=AB=3，∴PE=3+4=7，在Rt△PDE中，PD=2250491DE 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．7．如图，正方形ABCD中，点E是BC边上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转90°，得到AF，连接EF，交对角线BD于点G，连接AG．（1）根据题意补全图形；（2）判定AG与EF的位置关系并证明；（3）当AB=3，BE=2时，求线段BG的长．【答案】(1)见解析;(2)见解析25.【解析】【分析】（1）根据题意补全图形即可；（2）先判断出△ADF≌△ABE，进而判断出点C，D，F共线，即可判断出△DFG≌△HEG，得出FG=EG，即可得出结论；（3）先求出正方形的对角线BD，再求出BH，进而求出DH，即可得出HG，求和即可得出结论．【详解】（1）补全图形如图所示，（2）连接DF，由旋转知，AE=AF，∠EAF=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD=AB，∠ABC=∠ADC=BAD=90°，∴∠DAF=∠BAE，∴△ADF≌△ABE（SAS），∴DF=BE，∠ADF=∠ABC=90°，∴∠ADF+∠ADC=180°，∴点C，D，F共线，∴CF∥AB，过点E作EH∥BC交BD于H，∴∠BEH=∠BCD=90°，DF∥EH，∴∠DFG=∠HEG，∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠CBD=45°，∴BE=EH，∵∠DGF=∠HGE，∴△DFG≌△HEG（AAS），∴FG=EG∵AE=AF，∴AG⊥EF；（3）∵BD是正方形的对角线，∴22，由（2）知，在Rt△BEH中，22，∴2由（2）知，△DFG≌△HEG，∴DG=HG，∴HG=12DH=22，∴BG=BH+HG=22+22=522．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，作出辅助线是解本题的关键．8．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.(1)设AB的长为a，PB的长为b(b<a)，求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积；(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.【解析】试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，∴△PAB≌△P'CB，∴S△PAB=S△P'CB，S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；又∵∠BP′C=∠BPA=135°，∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．PC==6．考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．9．正方形ABCD的边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点E是AB边上的一个动点（点E不与点A、B重合），CE与BD相交于点F，设线段BE的长度为x．（1）如图1，当AD=2OF时，求出x的值；（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE 的面积为S，试求S与x的函数关系式并求出S的最大值．【答案】（1）x=﹣1；（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1），当x=时，S的值最大，最大值为，．【解析】试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到CM=ME，根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，求得OF=OM=解方程，即可得到结果；（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据全等三角形的性质得到EB=PG=x，由三角形的面积公式得到S=（1﹣x）•x，根据二次函数的性质即可得到结论．试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，∵OA=OC，∴CM=ME，∴AE=2OM=2OF，∴OM=OF，∴，∴BF=BE=x，∴OF=OM=，∵AB=1，∴OB=，∴，∴x=﹣1；（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，∵∠CEP=∠EBC=90°，∴∠ECB=∠PEG，∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°，在△EPG与△CEB中，，∴△EPG≌△CEB，∴EB=PG=x，∴AE=1﹣x，∴S=（1﹣x）•x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1），∵﹣＜0，∴当x=时，S的值最大，最大值为，．考点：四边形综合题10．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.11．在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．（1）如图1，若∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；（2）如图2，若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜想∠AEB=θ是否成立？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析【解析】试题分析：（1）①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；（2）由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式，得出，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．试题解析：（1）证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BO D′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′（SAS），∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；（2）解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC ′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD ∥AB ， ∴， ∴， ∴，又∠AOC′=∠BOD′，∴△AOC′∽△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE ，∴∠AEB=∠AOB=θ．考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．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）303343033444S -+≤≤. 【解析】分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x ，在直角三角形ACD 中运用勾股定理可CD 的值，从而可确定D 点坐标；（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；②由①知BAD BAO ∠=∠，再根据矩形的性质得CBA OAB ∠=∠.从而BAD CBA ∠=∠，故BH=AH ，在Rt △ACH 中，运用勾股定理可求得AH 的值，进而求得答案；（Ⅲ）3033430334S -+≤≤. 详解：（Ⅰ）∵点()5,0A ，点()0,3B ，∴5OA =，3OB =.∵四边形AOBC 是矩形，∴3AC OB ==，5BC OA ==，90OBC C ∠=∠=︒.∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到的，∴5AD AO ==.在Rt ADC V 中，有222AD AC DC =+，∴22DC AD AC =- 22534=-=.∴1BD BC DC =-=.∴点D 的坐标为()1,3.（Ⅱ）①由四边形ADEF 是矩形，得90ADE ∠=︒.又点D 在线段BE 上，得90ADB ∠=︒.由（Ⅰ）知，AD AO =，又AB AB =，90AOB ∠=︒，∴Rt ADB Rt AOB V V ≌.②由ADB AOB V V ≌，得BAD BAO ∠=∠.又在矩形AOBC 中，//OA BC ，∴CBA OAB ∠=∠.∴BAD CBA ∠=∠.∴BH AH =.设BH t =，则AH t =，5HC BC BH t =-=-.在Rt AHC V 中，有222AH AC HC =+，∴()22235t t =+-.解得175t =.∴175BH =. ∴点H 的坐标为17,35⎛⎫ ⎪⎝⎭.（Ⅲ）303343033444S -+≤≤. 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．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。

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旋转问题考查三角形全等、相似、勾股定理、特殊三角形和四边形的性质与判定等。

旋转性质----对应线段、对应角的大小不变，对应线段的夹角等于旋转角。

注意旋转过程中三角形与整个图形的特殊位置。

一、直线的旋转1、(2009年浙江省嘉兴市)如图，已知A、B是线段MN上的两点，4=MN，1=MA，1>MB．以A为中心顺时针旋转点M，以B为中心逆时针旋转点N，使M、NxAB=．（1）求x的取值范围；（2）若△ABC为直角三角形，求x的值；（3）探究：△ABC的最大面积？2、（2009年河南）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°, ∠B=60°，BC=2．点0是AC的中点，过点0的直线l从与AC重合的位置开始，绕点0作逆时针旋转，交AB边于点D.过点C作CE∥AB交直线l于点E，设直线l的旋转角为α.(1)①当α=________度时，四边形EDBC是等腰梯形，此时AD的长为_________；②当α=________度时，四边形EDBC是直角梯形，此时AD的长为_________；(2)当α=90°时,判断四边形EDBC是否为菱形，并说明理由．C（第1题）解：（1）①当四边形EDBC是等腰梯形时，∠EDB=∠B=60°，而∠A=30°，根据三角形的外角性质，得α=∠EDB-∠A=30，此时，AD=1；②当四边形EDBC是直角梯形时，∠ODA=90°，而∠A=30°，根据三角形的内角和定理，得α=90°-∠A=60，此时，AD=1.5．（2）当∠α=90°时，四边形EDBC是菱形．∵∠α=∠ACB=90°，∴BC‖ED，∵CE‖AB，∴四边形EDBC是平行四边形．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=60°，BC=2，∴∠A=30度，∴AB=4，AC=2 ，∴AO= = ．在Rt△AOD中，∠A=30°，∴AD=2，∴BD=2，∴BD=BC．又∵四边形EDBC是平行四边形，∴四边形EDBC是菱形．3、（2009年北京市）在ABCD中，过点C作CE⊥CD交AD于点E,将线段EC绕点E逆时针旋转90得到线段EF(如图1)（1）在图1中画图探究：①当P为射线CD上任意一点（P1不与C重合）时，连结EP1绕点E逆时针旋转90得到线段EC1.判断直线FC1与直线CD的位置关系，并加以证明；②当P2为线段DC的延长线上任意一点时，连结EP2,将线段EP2绕点E逆时针旋转90得到线段EC2.判断直线C 1C2与直线CD的位置关系，画出图形并直接写出你的结论.（2）若AD=6,tanB=43,AE=1,在①的条件下，设CP1=x，S11P FC=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.提示：（1）运用三角形全等，（2）按CP=CE=4将x取值分为两段分类讨论；发现并利用好EC、EF相等且垂直。

4、（2009 黑龙江大兴安岭）已知：在ABC ∆中，AC BC >，动点D 绕ABC ∆的顶点A 逆时针旋转，且BC AD =，连结DC ．过AB 、DC 的中点E 、F 作直线，直线EF 与直线AD 、BC 分别相交于点M 、N ．（1）如图1，当点D 旋转到BC 的延长线上时，点N 恰好与点F 重合，取AC 的中点H ，连结HE 、HF ，根据三角形中位线定理和平行线的性质，可得结论BNE AMF ∠=∠（不需证明）．（2）当点D 旋转到图2或图3中的位置时，AMF ∠与BNE ∠有何数量关系？请分别写出猜想，并任选一种情况证明．图2 图3图1 H M F C D M NF A C D MN FB C D (N)二、角的旋转 5、（2009年中山）（1）如图1，圆心接ABC △中，AB BC CA ==，OD 、OE 为O ⊙的半径，OD BC ⊥于点F ，OE AC ⊥于点G ，求证：阴影部分四边形OFCG 的面积是ABC △的面积的13．（2）如图2，若DOE ∠保持120°角度不变，求证：当DOE ∠绕着O 点旋转时，由两条半径和ABC △的两条边围成的图形（图中阴影部分）面积始终是ABC △的面积的13．ADCBP MQ606、（2009襄樊市）如图，在梯形ABCD 中，24AD BC AD BC ==∥，，，点M 是AD 的中点，MBC △是等边三角形．（1）求证：梯形ABCD 是等腰梯形；（2）动点P 、Q 分别在线段BC 和MC 上运动，且60MPQ =︒∠保持不变．设PC x MQ y ==，，求y 与x 的函数关系式；（3）在（2）中：①当动点P 、Q 运动到何处时，以点P 、M 和点A 、B 、C 、D 中的两个点为顶点的四边形是平行四边形？并指出符合条件的平行四边形的个数；②当y 取最小值时，判断PQC △的形状，并说明理由．6、（2009年重庆市）已知：如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA在y轴的正半轴上，OC 在x轴的正半轴上，OA=2，OC=3．过原点O作∠AOC的平分线交AB于点D，连接DC，过点D作DE⊥DC，交OA于点E．（1）求过点E、D、C的抛物线的解析式；（2）将∠EDC绕点D按顺时针方向旋转后，角的一边与y轴的正半轴交于点F，另一边与线段OC交于点G．如果DF 与（1）中的抛物线交于另一点M ，点M 的横坐标为65，那么EF =2GO 是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）对于（2）中的点G ，在位于第一象限内的该抛物线上是否存在点Q ，使得直线GQ 与AB 的交点P 与点C 、G 构成的△PCG 是等腰三角形？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．6题图yxDBCA EO7、（2009年邵阳市）如图，将Rt △ABC(其中∠B ＝340，∠C ＝900）绕A 点按顺时针方向旋转到△AB 1 C 1的位置，使得点C 、A 、B 1 在同一条直线上，那么旋转角最小等于（） A.560B.680C.1240D.1800340 B 1CB AC 18、（2009年包头）如图，已知ACB△与DFE△是两个全等的直角三角形，量得它们的斜边长为10cm，较小锐角为30°，将这两个三角形摆成如图（1）所示的形状，使点B C F D、、、在同一条直线上，且点C与点F重合，将图（1）中的ACB△绕点C顺时针方向旋转到图（2）的位置，点E在AB边上，AC 交DE于点G，则线段FG的长为cm（保留根号）．9、（2009河池）如图9，ABC△的顶点坐标分别为(36)(13)A B，，，，(42)C，．若将ABC△绕C点顺时针旋转90，得到A B C'''△，则点A的对应点A'的坐标为．C (F)D图（2）B 'A 'C A B10、（2009年郴州市）如图，桌面上平放着一块三角板和一把直尺，小明将三角板的直角顶点紧靠直尺的边缘，他发现无论是将三角板绕直角顶点旋转，还是将三角板沿直尺平移，1与2的和总是保持不变，那么1与2的和是_______度．11、（2009年台州市）如图，三角板ABC 中，︒=∠90ACB ，︒=∠30B ，6=BC ．三角板绕直角顶点C 逆时针旋转，当点A 的对应点'A 落在AB 边的起始位置上时即停止转动，则B 点转过的路径长为．1 2 3 4 5 6 7 8 912 3 4 5 6 7 OAB Cyx2112、（2009年凉山州）将ABC△绕点B逆时针旋转到A BC''△使A B C '、、在同一直线上，若90BCA∠=°，304cmBAC AB∠==°，，则图中阴影部分面积为cm2．13、（2009年郴州市）如图6，在下面的方格图中，将△ABC先向右平移四个单位得到△A1B1C1，再将△A1B1C1绕点A1逆时针旋转90得到A1B2C2，请依次作出△A1B1C1和△A1B2C2。

图ABC30°A'CB'30°（12题）14、(2009年达州)如图7，在△ABC 中，AB ＝2BC ，点D 、点E 分别为AB 、AC 的中点，连结DE ，将△ADE 绕点E 旋转180︒得到△CFE .试判断四边形BCFD 的形状，并说明理由.15、（2009襄樊市）如图所示，在Rt ABC △中，90ABC =︒∠．将Rt ABC △绕点C 顺时针方向旋转60︒得到DEC △，点E 在AC 上，再将Rt ABC △沿着AB 所在直线翻转180︒得到ABF △．连接AD ．（1）求证：四边形AFCD 是菱形；（2）连接BE 并延长交AD 于G ，连接CG ，请问：四边形ABCG 是什么特殊平行四边形？为什么？ADGECB16、（2009年株洲市）如图，在Rt OAB ∆中，90OAB ∠=︒，6OA AB ==，将OAB ∆绕点O 沿逆时针方向旋转90︒得到11OA B ∆．（1）线段1OA 的长是，1AOB ∠的度数是；（2）连结1AA ，求证：四边形11OAA B 是平行四边形；（3）求四边形11OAA B 的面积．ADFCEGB17、（2009烟台市）如图，直角梯形ABCD 中，BC AD ∥，90BCD ∠=°，且2tan 2CD AD ABC =∠=，，过点D 作AB DE ∥，交BCD ∠的平分线于点E ，连接BE ．（1）求证：BC CD =；（2）将BCE △绕点C ，顺时针旋转90°得到DCG △，连接EG.．求证：CD 垂直平分EG .（3）延长BE 交CD 于点P ．求证：P 是CD 的中点．即BC CD=．18、（2009年山西省）在ABC △中，2120AB BC ABC ==∠=，°，将ABC △绕点B 顺时针旋转角α(0<°α90)<°得A BC A B 111△，交AC 于点E ，11A C 分别交AC BC 、于D F 、两点．（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段1EA 与FC 有怎样的数量关系？并证明你的结论；（2）如图2，当α30=°时，试判断四边形1BC DA 的形状，并说明理由；（3）在（2）的情况下，求ED 的长．ADBECF1A 1ADBECF1A 1C A20、（2009年常德市）如图9，若△ABC和△ADE为等边三角形，M，N分别EB，CD的中点，易证：CD=BE，△AMN是等边三角形.（1）当把△ADE绕A点旋转到图10的位置时，CD=BE是否仍然成立？若成立请证明，若不成立请说明理由；（2）当△ADE绕A点旋转到图11的位置时，△AMN是否还是等边三角形？若是，请给出证明，并求出当AB=2AD时，△ADE与△ABC及△AMN的面积之比；若不是，请说明理由．21、（2009东营）已知正方形ABCD 中，E 为对角线BD 上一点，过E 点作EF ⊥BD 交BC 于F ，连接DF ，G 为DF 中点，连接EG ，CG ．（1）求证：EG =CG ；（2）将图①中△BEF 绕B 点逆时针旋转45º，如图②所示，取DF 中点G ，连接EG ，CG ．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）将图①中△BEF 绕B 点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论？（均不要求证明）FB DCEG图①FDCEG图②提示：考查三角形的中线、三角形全等、矩形的性质等。

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