旋转几何综合单元测试卷附答案
旋转单元测试试题及答案
第13题.如图,已知四边形 ,是关于点 成中心对称图形,试判定四边形 的形状.并说明理由.
答案:解:是平行四边形,理由如下:
四边形 是关于点 成中心对称图形.
.
四边形 是平行四边形.
第14题. 在等边三角形、平行四边形、矩形和圆这四个图形中,即是轴对称图形,又是中心对称图形的有( )
A.1个B.2个C.3个D.4个
A.矩形、菱形、正方形都是中心对称图形,对角线的交点是对称中心
B.中心对称的对称中心只有一个,而轴对称图形的对称轴可能不只一条
C.中心对称图形一定是轴对称图形
D.正方形有4条对称轴,一个对称中心
答案:C.
第20题.把图中的各三角形绕 边中点 ,旋转 ,画出得到的图形,并说明拼成了一个什么图形?分析它的对称性.
答案:B.
第32题. 下列文字中属于中心对称图形的有( )
A.干B.中C.我D.甲
答案:B.
第33题. 下图中是中心对称图形的是( )
A.A和BB.B和CC.C和DD.都是
答案:B.
第34题.如图 与 关于 点成中心对称.则 _______ , ______, ________.
答案:=, , .
第35题.已知四边形 和点 ,作四边形 使四边形 和四边形 交于点 成中心对称.
A.只能作一个B.能作三个C.能作无数个D.不存在
答案:A.
第24题. 已知 及边 上一点 ,画出 以点 为对称中心的对称图形.
答案:略.
第25题. 等边三角形、正方形、菱形和等腰梯形这四个图形中,是中心对称图形的有( )
A.1个B.2个C.3个D.4个
答案:B.
第26题. 下列各图中,不是中心对称图形的是( )
旋转单元测试题及答案
旋转单元测试题及答案一、选择题1. 旋转的定义是什么?A. 绕某一点转动B. 沿直线平移C. 缩放D. 反射2. 旋转变换不改变图形的哪些性质?A. 形状B. 大小C. 面积D. 所有选项3. 旋转对称图形在旋转多少度后能与自身重合?A. 90度B. 180度C. 360度D. 任意角度二、填空题4. 一个图形绕着某一点旋转____度后,与原图形重合,这个点称为图形的______。
5. 在平面直角坐标系中,若将点P(x, y)绕原点O(0, 0)逆时针旋转θ度,旋转后的坐标为______。
三、简答题6. 请简述旋转的性质,并给出一个生活中的例子。
7. 解释什么是旋转对称图形,并给出一个例子。
四、计算题8. 在平面直角坐标系中,点A(3, 4)绕原点O(0, 0)顺时针旋转90度,求旋转后点A的新坐标。
9. 若一个图形在旋转对称变换下,其旋转中心为点P(1, 2),旋转角度为120度,请画出旋转后的图形。
五、论述题10. 论述旋转在几何证明中的应用,并给出一个具体的几何证明例子。
答案:一、1. A2. D3. C二、4. 180,旋转中心5. (-y, x)三、6. 旋转的性质包括保持图形的形状和大小不变,旋转中心到图形上任意两点的距离相等。
生活中的例子包括门的开关,地球的自转等。
7. 旋转对称图形是指在旋转一定角度后能与自身重合的图形,例如等边三角形。
四、8. 点A的新坐标为(4, -3)。
9. 根据旋转对称图形的定义,旋转后的图形与原图形形状相同,位置不同,具体图形需根据题目要求绘制。
五、10. 旋转在几何证明中常用于证明图形的全等或相似,例如利用旋转证明两个三角形全等。
具体例子需根据题目要求给出。
旋转几何综合单元达标训练题(Word版 含答案)
旋转几何综合单元达标训练题(Word 版 含答案)一、初三数学 旋转易错题压轴题(难)1.阅读材料并解答下列问题:如图1,把平面内一条数轴x 绕原点O 逆时针旋转角00)90(θ︒︒<<得到另一条数轴,y x 轴和y 轴构成一个平面斜坐标系.xOy规定:过点P 作y 轴的平行线,交x 轴于点A ,过点P 作x 轴的平行线,交y 轴于点B ,若点A 在x 轴对应的实数为a ,点B 在y 轴对应的实数为b ,则称有序实数对(),a b 为点P 在平面斜坐标系xOy 中的斜坐标.如图2,在平面斜坐标系xOy 中,已知60θ︒=,点P 的斜坐标是()3,6,点C 的斜坐标是()0,6.(1)连接OP ,求线段OP 的长;(2)将线段OP 绕点O 顺时针旋转60︒到OQ (点Q 与点P 对应),求点Q 的斜坐标; (3)若点D 是直线OP 上一动点,在斜坐标系xOy 确定的平面内以点D 为圆心,DC 长为半径作D ,当⊙D 与x 轴相切时,求点D 的斜坐标,【答案】(1)37OP =2)点Q 的斜坐标为(9,3-);(3)点D 的斜坐标为:(32,3)或(6,12). 【解析】【分析】 (1)过点P 作PC ⊥OA ,垂足为C ,由平行线的性质,得∠PAC=60θ=︒,由AP=6,则AC=3,33PC =OP 的长度;(2)根据题意,过点Q 作QE ∥OC ,QF ∥OB ,连接BQ ,由旋转的性质,得到OP=OQ ,∠COP=∠BOQ ,则△COP ≌△BOQ ,则BQ=CP=3,∠OCP=∠OBQ=120°,然后得到△BEQ 是等边三角形,则BE=EQ=BQ=3,则OE=9,OF=3,即可得到点Q 的斜坐标;(3)根据题意,可分为两种情况进行分析:①当OP 和CM 恰好是平行四边形OMPC 的对角线时,此时点D 是对角线的交点,求出点D 的坐标即可;②取OJ=JN=CJ ,构造直角三角形OCN,作∠CJN的角平分线,与直线OP相交与点D,然后由所学的性质,求出点D的坐标即可.【详解】解:(1)如图,过点P作PC⊥OA,垂足为C,连接OP,∵AP∥OB,∴∠PAC=60θ=︒,∵PC⊥OA,∴∠PCA=90°,∵点P的斜坐标是()3,6,∴OA=3,AP=6,∴1 cos602ACAP︒==,∴3AC=,∴226333PC=-=,336OC=+=,在Rt△OCP中,由勾股定理,得226(33)37OP=+=;(2)根据题意,过点Q作QE∥OC,QF∥OB,连接BQ,如图:由旋转的性质,得OP=OQ,∠POQ=60°,∵∠COP+∠POA=∠POA+∠BOQ=60°,∴∠COP=∠BOQ,∵OB=OC=6,∴△COP≌△BOQ(SAS);∴CP=BQ=3,∠OCP=∠OBQ=120°,∴∠EBQ=60°,∵EQ∥OC,∴∠BEQ=60°,∴△BEQ是等边三角形,∴BE=EQ=BQ=3,∴OE=6+3=9,OF=EQ=3,∵点Q在第四象限,∴点Q的斜坐标为(9,3 );(3)①取OM=PC=3,则四边形OMPC是平行四边形,连接OP、CM,交点为D,如图:由平行四边形的性质,得CD=DM,OD=PD,∴点D为OP的中点,∵点P的坐标为(3,6),∴点D的坐标为(32,3);②取OJ=JN=CJ,则△OCN是直角三角形,∵∠COJ=60°,∴△OCJ是等边三角形,∴∠CJN=120°,作∠CJN的角平分线,与直线OP相交于点D,作DN⊥x轴,连接CD,如图:∵CJ=JN ,∠CJD=∠NJD ,JP=JP ,∴△CJD ≌△NJD (SAS ),∴∠JCD=∠JND=90°,则由角平分线的性质定理,得CD=ND ;过点D 作DI ∥x 轴,连接DJ ,∵∠DJN=∠COJ=60°,∴OI ∥JD ,∴四边形OJDI 是平行四边形,∴ID=OJ=JN=OC=6,在Rt △JDN 中,∠JDN=30°,∴JD=2JN=12;∴点D 的斜坐标为(6,12);综合上述,点D 的斜坐标为:(32,3)或(6,12). 【点睛】本题考查了坐标与图形的性质,解直角三角形,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,角平分线的性质等知识,解题的关键是理解题意,正确寻找圆心D 的位置来解决问题,属于中考创新题型.注意运用分类讨论的思想进行解题.2.如图一,矩形ABCD 中,AB=m ,BC=n ,将此矩形绕点B 顺时针方向旋转θ(0°<θ<90°)得到矩形A 1BC 1D 1,点A 1在边CD 上.(1)若m=2,n=1,求在旋转过程中,点D 到点D 1所经过路径的长度;(2)将矩形A 1BC 1D 1继续绕点B 顺时针方向旋转得到矩形A 2BC 2D 2,点D 2在BC 的延长线上,设边A 2B 与CD 交于点E ,若161A E EC=,求n m 的值. (3)如图二,在(2)的条件下,直线AB 上有一点P ,BP=2,点E 是直线DC 上一动点,在BE 左侧作矩形BEFG 且始终保持BE n BG m =,设AB=33E 移动过程中,PF 是否存在最小值,若存在,求出这个最小值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)56π;(2)3;(3)存在,63+【解析】【分析】(1)作A1H⊥AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA1H是矩形.解直角三角形,求出∠ABA1,得到旋转角即可解决问题;(2)由△BCE∽△BA2D2,推出222A DCE nCB A B m==,可得CE=2nm,由161A EEC=-推出16A CEC=,推出A1C=26nm•,推出BH=A1C=26nm•,然后由勾股定理建立方程,解方程即可解决问题;(3)当A、P、F,D,四点共圆,作PF⊥DF,PF与CD相交于点M,作MN⊥AB,此时PF 的长度为最小值;先证明△FDG∽△FME,得到3FGFFM FED==,再结合已知条件和解直角三角形求出PM和FM的长度,即可得到PF的最小值.【详解】解:(1)作A1H⊥AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA1H是矩形.∴AD=HA1=n=1,在Rt△A1HB中,∵BA1=BA=m=2,∴BA1=2HA1,∴∠ABA1=30°,∴旋转角为30°,∵22125+=∴D 到点D 1所经过路径的长度=30551806ππ⋅⋅=; (2)∵△BCE ∽△BA 2D 2,∴222A D CE n CB A B m==, ∴2n CE m=, ∵161EA EC=-, ∴16A C EC=, ∴A 1C=26n m⋅, ∴BH=A 1C=2226n m n m -=⋅, ∴42226n m n m-=⋅, ∴m 4﹣m 2n 2=6n 4, ∴242416n n m m-=•, ∴3n m =(负根已舍去). (3)当A 、P 、F ,D ,四点共圆,作PF ⊥DF ,PF 与CD 相交于点M ,作MN ⊥AB ,此时PF 的长度为最小值;由(2)可知,3BE n BG m ==, ∵四边形BEFG 是矩形,∴3FG FE = ∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°,∴∠DFG=∠MFE ,∵DF ⊥PF ,即∠DFM=90°,∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°,∴∠FDG=∠FME ,∴△FDG ∽△FME ,∴FG F FM FE D ==,∵∠DFM=90°,tan FD FMD FM ∠==, ∴∠FDM=60°,∠FMD=30°,∴FM DM =;在矩形ABCD 中,有AD AB =3=,则3AD =, ∵MN ⊥AB ,∴四边形ANMD 是矩形,∴MN=AD=3,∵∠NPM=∠DMF=30°,∴PM=2MN=6,∴NP=AB =,∴DM=AN=BP=2,∴2FM DM ===∴6PF PM MF =+=+【点睛】本题考查点的运动轨迹,旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于压轴题,中考常考题型.正确作出辅助线,正确确定动点的位置,注意利用数形结合的思想进行解题.3.小明研究了这样一道几何题:如图1,在△ABC 中,把AB 点A 顺时针旋转α (0°<α<180°)得到AB ′,把AC 绕点A 逆时针旋转β得到AC ′,连接B ′C ′.当α+β=180°时,请问△AB ′C ′边B ′C ′上的中线AD 与BC 的数量关系是什么?以下是他的研究过程:特例验证:(1)①如图2,当△ABC 为等边三角形时,AD 与BC 的数量关系为AD = BC ;②如图3,当∠BAC =90°,BC =8时,则AD 长为 .猜想论证:(2)在图1中,当△ABC为任意三角形时,猜想AD与BC的数量关系,并给予证明.拓展应用(3)如图4,在四边形ABCD,∠C=90°,∠A+∠B=120°,BC=12,CD=6,DA=63,在四边形内部是否存在点P,使△PDC与△PAB之间满足小明探究的问题中的边角关系?若存在,请画出点P的位置(保留作图痕迹,不需要说明)并直接写出△PDC的边DC上的中线PQ的长度;若不存在,说明理由.【答案】(1)①12;②4(2) AD=12BC,理由见解析(3)存在,313【解析】【分析】(1)①由已知条件可得AD⊥B′C′,由α+β=180°可得∠BAC+∠B′AC′=180°,已知∠BAC=60°,可求得∠B′AC′=120°继而∠B′=∠C′=30°,可得AD=12AB′=12BC②当∠BAC=90°时,可得∠B′AC′=∠BAC=90°,△B′AC′是直角三角形,可证得△BAC≌△B′AC′,推出对应边相等,已知BC=8求出AD的长.(2)先做辅助线,延长AD到M,使得AD=DM,连接B′M、C′M,如图1所示:因为B′D=DC′,AD=DM,对角线相互平分,可得四边形AC′MB′是平行四边形,得出对应边相等,由∠BAB′+∠CAC′=180°推得∠BAC=∠AB′M,可证明△BAC≌△AB′M,所以BC=AM,AD=12 BC;(3)先做辅助线,作线段BC的垂直平分线交BE于P,即为点P的位置;延长AD交BC的延长线于M,线段BC的垂直平分线交BC于F,连接PA、PD、PC,作△PDC的中线PQ,连接DF交PC于O假设P点存在,再证明理由.根据已知角可得出△DCM是直角三角形,∠MDC=30°,可得出CMDM在;∵CD=6,∠DCM=90°,∠MDC=30°,∠M=90°﹣∠MDC=60°,可求得EM=12 BMDE=EM﹣DM﹣由已知DAAE=DE且BE⊥AD,可得PF是线段BC的垂直平分线,证得PA=PD因为PB=PC,PF∥CD,可求得CF=12BC,利用线段长度可求得∠CDF=60°利用全等三角形判定定理可证得△FCP≌△CFD(AAS),进而证得四边形CDPF是矩形,得∠CDP=90°,∠ADP =60°,可得△ADP是等边三角形,求出DQ、DP,在Rt△PDQ中可求得PQ长度.【详解】(1)①∵△ABC是等边三角形∴AB=BC=AC=AB′=AC′,∠BAC=60°∵DB′=DC′∴AD⊥B′C′∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∴∠B′AC′=180°﹣∠BAC=180°﹣60°=120°∴∠B′=∠C′=30°∴AD=12AB′=12BC故答案:1 2②∵∠BAB′+∠CAC′=180°∴∠BAC+∠B′AC′=180°∵∠BAC=90°∴∠B′AC′=∠BAC=90°在△BAC和△B′AC′中,''"90"AB ABBAC B ACAC AC=⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩∴△BAC≌△B′AC′(SAS)∴BC=B′C′∵B′D=DC′∴AD=12B′C′=12BC=4故答案:4(2)AD与BC的数量关系:AD=12BC;理由如下:延长AD到M,使得AD=DM,连接B′M、C′M,如图1所示:∵B′D=DC′,AD=DM,∴四边形AC′MB′是平行四边形,∴∠B′AC′+∠AB′M=180°,AC′=B′M=AC,∵∠BAB′+∠CAC′=180°,∴∠BAC+∠B′AC′=180°,∴∠BAC=∠AB′M,在△BAC和△AB′M中,'''AC B MBAC AB MAB AB=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BAC≌△AB′M(SAS),∴BC=AM,∴AD=12 BC;(3)存在;作BE⊥AD于E,作线段BC的垂直平分线交BE于P,即为点P的位置;理由如下:延长AD交BC的延长线于M,线段BC的垂直平分线交BC于F,连接PA、PD、PC,作△PDC的中线PQ,连接DF交PC于O,如图4所示:∵∠A+∠B=120°,∴∠ADC=150°,∴∠MDC=30°,在Rt△DCM中,∵CD=6,∠DCM=90°,∠MDC=30°,∴CM3DM3,∠M=90°﹣∠MDC=60°,在Rt△BEM中,∵∠BEM=90°,BM=BC+CM333,∠MBE=90°﹣∠M=30°,∴EM=12BM3∴DE=EM﹣DM333∵DA3∴AE=DE,∵BE⊥AD,∴PA=PD,∵PF是线段BC的垂直平分线,∴PB=PC,PF∥CD,在Rt△CDF中,∵CD=6,CF=12 BC∴tan∠CDF=CFCD=6,∴∠CDF=60°,∴∠MDF=∠MDC+∠CDF=30°+60°=90°,∴∠ADF=90°=∠AEB,∴∠CBE=∠CFD,∵∠CBE=∠PCF,∴∠CFD=∠PCF=30°,∵∠CFD+∠CDF=90°,∠PCF+∠CPF=90°,∴∠CPF=∠CDF=60°,在△FCP和△CFD中,CPF CDFPCF CFD CF CF∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△FCP≌△CFD(AAS),∴CD=PF,∵CD∥PF,∴四边形CDPF是矩形,∴∠CDP=90°,∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°,∴△ADP是等边三角形,∴∠APD=60°,∵∠BPF=∠CPF=90°﹣30°=60°,∴∠BPC=120°,∴∠APD+∠BPC=180°,∴△PDC与△PAB之间满足小明探究的问题中的边角关系;在Rt△PDQ中,∵∠PDQ=90°,PD=DADN=12CD=3,∴PQ.【点睛】本题考查了三角形的边旋转的问题,旋转前后边长不变,根据已知角度变化,求得线段之间关系.在证明某点知否存在时,先假设这点存在,能求出相关线段或坐标,即证实存在性.4.如图1,在正方形ABCD中,点E、F分别在边BC,CD上,且BE=DF,点P是AF的中点,点Q是直线AC与EF的交点,连接PQ,PD.(1)求证:AC垂直平分EF;(2)试判断△PDQ的形状,并加以证明;(3)如图2,若将△CEF绕着点C旋转180°,其余条件不变,则(2)中的结论还成立吗?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)△PDQ是等腰直角三角形;理由见解析(3)成立;理由见解析.【解析】试题分析:(1)由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD,∠B=∠ADF=90°,∠BCA=∠DCA=45°,由BE=DF,得出CE=CF,△CEF是等腰直角三角形,即可得出结论;(2)由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF,PQ=AF,得出PD=PQ,再证明∠DPQ=90°,即可得出结论;(3)由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF,PQ=AF,得出PD=PQ,再证明点A、F、Q、P四点共圆,由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°,即可得出结论.试题解析:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC=CD=AD,∠B=∠ADF=90°,∠BCA=∠DCA=45°,∵BE=DF,∴CE=CF,∴AC垂直平分EF;(2)解:△PDQ是等腰直角三角形;理由如下:∵点P是AF的中点,∠ADF=90°,∴PD=AF=PA,∴∠DAP=∠ADP,∵AC垂直平分EF,∴∠AQF=90°,∴PQ=AF=PA,∴∠PAQ=∠AQP,PD=PQ,∵∠DPF=∠PAD+∠ADP,∠QPF=∠PAQ+∠AQP,∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2(∠PAD+∠PAQ)=2×45°=90°,∴△PDQ是等腰直角三角形;(3)成立;理由如下:∵点P是AF的中点,∠ADF=90°,∴PD=AF=PA,∵BE=DF,BC=CD,∠FCQ=∠ACD=45°,∠ECQ=∠ACB=45°,∴CE=CF,∠FCQ=∠ECQ,∴CQ⊥EF,∠AQF=90°,∴PQ=AF=AP=PF,∴PD=PQ=AP=PF,∴点A、F、Q、P四点共圆,∴∠DPQ=2∠DAQ=90°,∴△PDQ是等腰直角三角形.考点:四边形综合题.5.某数学活动小组在作三角形的拓展图形,研究其性质时,经历了如下过程:操作发现(1)某小组做了有一个角是120︒的等腰三角形DAC和等边三角形GEB纸片,=,让两个三角形如图①放置,点C和点G重合,点D,点E在AB的同侧,AC DA DC和GB在同一条直线上,点F为AB的中点,连接DF,EF,则DF和EF的数量关系与位置关系为:________;数学思考(2)在图①的基础上,将GEB绕着C点按顺时针方向旋转90︒,如图②,试判断DF和EF的数量关系和位置关系,并说明理由;类比探索(3)①将GEB绕着点C任意方向旋转,如图③或图④,请问DF和EF的数量关系和位置关系改变了吗?无论改变与否,选择图③或图④进行证明;②GEB绕着点C旋转的过程中,猜想DF与EF的数量关系和位置关系,用一句话表述:________.【答案】(1)3EF DF =,DFEF ; (2)3EF DF =,DFEF ,理由见解析; (3)①3EF DF =,DFEF ;②旋转过程中3EF DF =,DF EF 始终成立.【解析】【分析】 (1)由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ,过点E 作EN AB ⊥于点N ,利用等边三角形和中点性质设DM a =,2GB b =,结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解; (2)根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系,连接CF ,OB 与AE 交于点M ,并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析;(3)①根据题意延长DF 并截取FN DF =,连接NE ,连接NB 并延长交CE 于点P ,交DC 的延长线于点O ,连接DE ,并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明;②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =,DFEF 始终成立. 【详解】解:(1)3EF DF =,DF EF ;如解图,过点D 作DM AB ⊥于点M ,过点E 作EN AB ⊥于点N ,AD CD =,EGB 为等边三角形.AM MC ∴=,GN BN =.又点F 为AB 的中点,AF BF ∴=.()12MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴. MF NC NB ∴==,CF CN FN AM +==.设DM a =,2GB b =, 120ADC ∠=︒,DA DC =,3AM a ∴=,3FN a =,MF NC NB b ===.tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.在DMF 和FNE 中,333DM FN a==, 333MF NE b==, 又90DMF FNE ∠=∠=︒,DMF FNE ∴∽. MDF NFE ∴∠=∠,3DF DM FE FN ==,即3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒,90DFM NFE ∴∠+∠=︒.90DFE ∴∠=︒.3EF DF ∴=且DFEF . (2)3EF DF =,DF EF . 理由如下:如解图,连接CF ,OB 与AE 交于点M ,当旋转角是90︒时,则90ACB ∠=︒,在Rt ACB △中,点F 是AB 的中点,CF BF ∴=.又CE EB =,EF ∴垂直平分BC.同理,DF 垂直平分AC ,∴四边形LCMF 为矩形,90DFE ∴∠=︒.DF EF ∴⊥,//AC EF .DA DC =,120ADC =∠︒,30DCA ∴∠=︒.GEB 为等边三角形,60ECB ∴∠=︒.∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘∴D ,C ,E 三点共线.30DCA DEF ∴∠=∠=︒.∴在RtDEF △中,3tan 33DE DF F F E DF ===∠; (3)①3EF DF =,DFEF .选择题图进行证明: 如解图,延长DF 并截取FN DF =,连接NE ,连接NB 并延长交CE 于点P ,交DC 的延长线于点O ,连接DE ,在ADF 和BNF 中,AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,()SAS ADF BNF ∴≅.AD NB ∴=,ADF BNF ∠=∠.//AD NB ∴.18060O ADC ∴∠=︒-∠=︒.又CPO BPE ∠=∠,60O CEB ∠=∠=︒,OCP OBE ∴∠=∠.DCE NBE ∴∠=∠.又GEB 是等边三角形,GE BE ∴=, 又AD BN CD ==,()SAS DCE NBE ∴≅.DE NE ∴=,BEN CED ∠=∠.BEN BED CED BED ∴∠+∠=∠+∠,即60NED BEC ∠=∠=︒.DEN ∴是等边三角形.又DF FN =,DF EF ∴⊥,60FDE ∠=︒.tan 3E E F DF DF FD ∴∠=⋅=.或选择图进行证明,证明如下:如解图,延长DF 并延长到点N ,使得FN DF =,连接NB ,DE ,NE ,NB 与CD 交于点O ,EB 与CD 相交于点J , 在ADF 和BNF 中,AF BF AFD BFN DF NF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,()SAS ADF BNF ∴≅.AD NB ∴=,ADF BNF ∠=∠.//AD NB ∴.120NOC ADC ∴∠=∠=︒.60BOJ ∴∠=︒,60JEC ∠=︒.又OJB EJC ∠=∠,OBE ECJ ∴∠=∠.AD CD =,AD NB =,CD NB ∴=. 又GEB 是等边三角形,CE BE ∴=.()SAS DCE NBE ∴≅.DE NE ∴=,BEN CED ∠=∠.BEN BED CED BED ∴∠-∠=∠-∠,即60NED BEC ∠=∠=︒. DEN ∴是等边三角形.又DF FN =,DF EF ∴⊥,60FDE ∠=︒.tan 3E E F DF DF FD ∴∠=⋅=.②旋转过程中3EF DF =,DFEF 始终成立.【点睛】本题考查几何图形的综合探究题,难度大,运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.错因分析:①未掌握旋转的性质,即旋转前后线段、角度均不变;②不能合理利用类比关系,由浅到深解决问题.6.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”。
初中旋转数学测试卷及答案
1. 下列哪个图形旋转180°后与原图形重合?()A. 正方形B. 长方形C. 等腰三角形D. 梯形2. 下列关于旋转的说法,正确的是()A. 旋转会改变图形的大小B. 旋转会改变图形的形状C. 旋转后对应线段相等,对应角相等D. 旋转后对应点的连线垂直平分线经过旋转中心3. 一个图形绕着点O旋转90°,那么它的旋转中心是()A. 点OB. 图形的中心C. 图形上任意一点D. 无法确定4. 下列哪个图形旋转90°后与原图形重合?()A. 正方形B. 长方形C. 等腰三角形D. 梯形5. 一个正方形绕着它的对角线旋转,那么它的旋转中心是()A. 对角线交点B. 对角线中点C. 正方形中心D. 无法确定二、填空题(每题5分,共25分)1. 一个图形绕着点O旋转,它的旋转中心是__________,旋转方向是__________,旋转角度是__________。
2. 下列图形旋转180°后与原图形重合的是__________。
3. 一个图形绕着点O旋转,它的旋转中心是__________,旋转方向是__________,旋转角度是__________。
4. 一个图形绕着点O旋转,它的旋转中心是__________,旋转方向是__________,旋转角度是__________。
5. 下列图形旋转90°后与原图形重合的是__________。
三、解答题(每题10分,共30分)1. 一个等腰直角三角形绕着它的直角顶点旋转,求旋转180°后与原图形重合的图形。
2. 一个长方形绕着它的中心旋转,求旋转180°后与原图形重合的图形。
3. 一个正方形绕着它的对角线旋转,求旋转90°后与原图形重合的图形。
四、综合题(15分)1. 已知一个等边三角形ABC,点D在BC边上,AD=BD,求点D绕点A旋转60°后与原图形重合的图形。
人教版九年级上册数学《旋转》单元综合测试卷(带答案)
7.正方形 中的顶点 在平面坐标系中的坐标为 ,若将正方形 绕着原点 按逆时针旋转 .则旋转后的点 坐标为()
A.(-1, 1)B.(1, -1)C.(0, - )D.(- , 0)
【答案】D
【解析】
【分析】
根据旋转中心为原点,旋转方向逆时针,旋转角度135°,作出点A的对称图形A′,求得OA的长度,也就求得了OA′的长度,可得所求点的坐标.
26.如图 , 中, , , , ,将 绕着点 旋转一定的角度,得到 .
(1)若点 为 边上中点,连接 ,则线段 的范围为________.
(2)如图 ,当 直角顶点 在 边上时,延长 ,交 边于点 ,请问线段 、 、 具有怎样的数量关系,请写出探索过程.
参考答案
一、选择题(共10小题,每小题3分,共30分)
【详解】根据题意,易得点(-2,3)与(2,-3)的纵横坐标互为相反数,则这两点关于原点中心对称.
故选A.
【点睛】本题考查平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系,注意掌握关于原点对称的点,横坐标与纵坐标都互为相反数
9.将△AOB绕点O旋转180°得到△DOE,则下列作图正确的是()
A. B. C. D.
∵∠AOD=90°,
∴∠BOC=90°-38°-38°=14°.
故选B.
【点睛】此题主要考查了旋转的性质,正确得出∠AOC=∠BOD是解题关键.
5.下面关于中心对称图形的描述,正确的是()
A. 中心对称图形与中心对称是同一个概念
B. 中心对称描述的是两个图形的位置关系,中心对称图形是一个图形的性质
C. 一个图形绕着某一点旋转的过程中,只要能与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形
九年级上学期数学《旋转》单元测试卷附答案
[答案]B
[解析]
根据旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等,可知,只要连接两组对应点,作出对应点所连线段的两条垂直平分线,其交点即为旋转中心.
解:如图,
连接A D、BE,作线段A D、BE的垂直平分线,
两线的交点即为旋转中心O′.其坐标是(0,1).
[答案]
[解析]
[分析]
平面直角坐标系中任意一点P(x,y),关于原点的对称点是(-x,-y),记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆.
[详解]∵点A(m,5)与点B(2,n)关于原点对称,
∴m=−2,n=−5,
∴3m+2n=−6−10=−16.
故答案为−16.
[点睛]本题考查了关于原点对称点的性质,解题的关键是熟练的掌握关于原点对称点的性质.
⑤锐角,不是中心对称图形;
⑥平行四边形是中心对称图形;
所以,①②④⑥共4个.
故答案为4.
[点睛]本题考查了中心对称图形,解题的关键是熟练的掌握中心对称图形的概念.
14.请在下图各组符号中找出它们所蕴含的内在规律,然后在横线的空白处设计一个恰当的图形.
________.
[答案]
[解析]
试题分析:从图中可以发现所有的图形都是轴对称图形,而且图形从左到右分别是1-7的数字,所以画一个轴对称图形且数字为6即可.
[详解]A.不是中心对称图形,故此选项错误;
B.不是中心对称图形,故此选项错误;
C.是中心对称图形,故此选项正确;
D.不是中心对称图形,故此选项错误;
故答案选:C.
[点睛]本题考查了中心对称图形,解题的关键是熟练的掌握中心对称图形的定义.
2.如图,△DEF是由△A B C绕着某点旋转得到的,则这点的坐标是()
九年级数学上册旋转几何综合综合测试卷(word含答案)
九年级数学上册旋转几何综合综合测试卷(word含答案)一、初三数学旋转易错题压轴题(难)1.(1)观察猜想如图(1),在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D是BC的中点.以点D为顶点作正方形DEFG,使点A,C分别在DG和DE上,连接AE,BG,则线段BG和AE的数量关系是_____;(2)拓展探究将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后(旋转角度大于0°,小于或等于360°),如图2,则(1)中的结论是否仍然成立?如果成立,请予以证明;如果不成立,请说明理由.(3)解决问题若BC=DE=2,在(2)的旋转过程中,当AE为最大值时,直接写出AF的值.【答案】(1)BG=AE.(2)成立.如图②,连接AD.∵△ABC是等腰三直角角形,∠BAC=90°,点D是BC的中点.∴∠ADB=90°,且BD=AD.∵∠BDG=∠ADB-∠ADG=90°-∠ADG=∠ADE,DG=DE.∴△BDG≌△ADE,∴BG=AE.…………………………………………7分(3)由(2)知,BG=AE,故当BG最大时,AE也最大.正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时,BG最大,如图③.若BC=DE=2,则AD=1,EF=2.在Rt△AEF中,AF2=AE2+EF2=(AD+DE)2+EF2=(1+2)2+22=13.∴AF=【解析】解:(1)BG=AE.(2)成立.如图②,连接AD.∵△ABC是等腰三直角角形,∠BAC=90°,点D是BC的中点.∴∠ADB=90°,且BD=AD.∵∠BDG=∠ADB-∠ADG=90°-∠ADG=∠ADE,DG=DE.∴△BDG≌△ADE,∴BG=AE.(3)由(2)知,BG=AE,故当BG最大时,AE也最大.Z+X+X+K]因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中,G点运动的图形是以点D为圆心,DG为半径的圆,故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上(即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°)时,BG最大,如图③.若BC=DE=2,则AD=1,EF=2.在Rt△AEF中,AF2=AE2+EF2=(AD+DE)2+EF2=(1+2)2+22=13.∴AF=.即在正方形DEFG旋转过程中,当AE为最大值时,AF=.2.在△AOB中,C,D分别是OA,OB边上的点,将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′.(1)如图1,若∠AOB=90°,OA=OB,C,D分别为OA,OB的中点,证明:①AC′=BD′;②AC′⊥BD′;(2)如图2,若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ,CD∥AB,AC′与BD′交于点E,猜想∠AEB=θ是否成立?请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)成立,理由见解析【解析】试题分析:(1)①由旋转的性质得出OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,证出OC′=OD′,由SAS证明△AOC′≌△BOD′,得出对应边相等即可;②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′,又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°,即可得出结论;(2)由旋转的性质得出OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,由平行线得出比例式,得出,证明△AOC′∽△BOD′,得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ.试题解析:(1)证明:①∵△OCD旋转到△OC′D′,∴OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,∵OA=OB,C、D为OA、OB的中点,∴OC=OD,∴OC′=OD′,在△AOC′和△BOD′中,,∴△AOC′≌△BOD′(SAS),∴AC′=BD′;②延长AC′交BD′于E,交BO于F,如图1所示:∵△AOC′≌△BOD′,∴∠OAC′=∠OBD′,又∠AFO=∠BFE,∠OAC′+∠AFO=90°,∴∠OBD′+∠BFE=90°,∴∠BEA=90°,∴AC′⊥BD′;(2)解:∠AEB=θ成立,理由如下:如图2所示:∵△OCD旋转到△OC′D′,∴OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,∵CD∥AB,∴,∴,∴,又∠AOC′=∠BOD′,∴△AOC′∽△BOD′,∴∠OAC′=∠OBD′,又∠AFO=∠BFE,∴∠AEB=∠AOB=θ.考点:相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;旋转的性质.3.如图1,正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE(AB<AE)在一条直线上,正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转,设旋转角为. 在旋转过程中,两个正方形只有点A 重合,其它顶点均不重合,连接BE、DG.(1)当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时,求证:BE=DG;(2)当点C在直线BE上时,连接FC,直接写出∠FCD 的度数;(3)如图3,如果=45°,AB =2,AE=,求点G到BE的距离.【答案】(1)证明见解析;(2)45°或135°;(3).【解析】试题分析:(1)根据正方形的性质可得AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠EAG=90°,再求出∠BAE=∠DAG,然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等,根据全等三角形对应边相等证明即可.(2)当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,据此求解即可.(3)根据和求解即可.试题解析:(1)如图2,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAE+∠EAD=90°.∵四边形AEFG是正方形,∴AE=AG,∠EAD+∠DAG=90°.∴∠BAE=∠DAG..∴△ABE≌△ADG(SAS).∴BE=DG..(2)如图,当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,此时∠FCD 的度数为45°或135°.(3)如图3,连接GB、GE.由已知α=45°,可知∠BAE=45°.又∵GE为正方形AEFG的对角线,∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.∵,∴GE =8.∴.过点B作BH⊥AE于点H.∵AB=2,∴. ∴..设点G到BE的距离为h.∴.∴.∴点G到BE的距离为.考点:1.旋转的性质;2.正方形的性质;3.全等三角形的判定和性质;4.平行的判定和性质;5.勾股定理;6.分类思想的应用.4.(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.【答案】(1) AD=BE,AD⊥BE.(2) AD=BE,AD⊥BE.22.【解析】【分析】(1)根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE (SAS ),得AD=BE ,∠EBC=∠CAD ,延长BE 交AD 于点F ,由垂直定义得AD ⊥BE .(2)根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE (SAS ),AD=BE ,∠CAD=∠CBE ,由垂直定义得∠OHB=90°,AD ⊥BE ;(3)作AE ⊥AP ,使得AE=PA ,则易证△APE ≌△ACP ,PC=BE ,当P 、E 、B 共线时,BE 最小,最小值=PB-PE ;当P 、E 、B 共线时,BE 最大,最大值=PB+PE ,故5-32≤BE≤5+32. 【详解】(1)结论:AD=BE ,AD ⊥BE . 理由:如图1中,∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形, ∴AC=BC ,CE=CD , ∠ACB=∠ACD=90°, 在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== ∴△ACD ≌△BCE (SAS ), ∴AD=BE ,∠EBC=∠CAD 延长BE 交AD 于点F , ∵BC ⊥AD , ∴∠EBC+∠CEB=90°, ∵∠CEB=AEF , ∴∠EAD+∠AEF=90°, ∴∠AFE=90°,即AD ⊥BE . ∴AD=BE ,AD ⊥BE . 故答案为AD=BE ,AD ⊥BE . (2)结论:AD=BE ,AD ⊥BE .理由:如图2中,设AD 交BE 于H ,AD 交BC 于O .∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形, ∴AC=BC ,CE=CD ,∠ACB=∠ECD=90°, ∴ACD=∠BCE , 在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩===, ∴△ACD ≌△BCE (SAS ), ∴AD=BE ,∠CAD=∠CBE ,∵∠CAO+∠AOC=90°,∠AOC=∠BOH , ∴∠BOH+∠OBH=90°, ∴∠OHB=90°, ∴AD ⊥BE , ∴AD=BE ,AD ⊥BE .(3)如图3中,作AE ⊥AP ,使得AE=PA ,则易证△APE ≌△ACP , ∴PC=BE ,图3-1中,当P 、E 、B 共线时,BE 最小,最小值2, 图3-2中,当P 、E 、B 共线时,BE 最大,最大值2, ∴22, 即22【点睛】本题是几何变换综合题,考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找三角形全等的条件,学会添加辅助线,构造全等三角形解决问题,学会用转化的思想思考问题,属于中考压轴题.5.请认真阅读下面的数学小探究系列,完成所提出的问题:()1探究1:如图1,在等腰直角三角形ABC 中,90ACB ∠=,BC a =,将边AB 绕点B顺时针旋转90得到线段BD ,连接.CD 求证:BCD 的面积为21.(2a 提示:过点D 作BC 边上的高DE ,可证ABC ≌)BDE()2探究2:如图2,在一般的Rt ABC 中,90ACB ∠=,BC a =,将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ,连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积,并说明理由.()3探究3:如图3,在等腰三角形ABC 中,AB AC =,BC a =,将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ,连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积,要有探究过程.【答案】(1)详见解析;(2)BCD 的面积为212a ,理由详见解析;(3)BCD 的面积为214a . 【解析】 【分析】()1如图1,过点D 作BC 的垂线,与BC 的延长线交于点E ,由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ,就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论;()2如图2,过点D 作BC 的垂线,与BC 的延长线交于点E ,由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ,就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论;()3如图3,过点A 作AF BC ⊥与F ,过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ,由等腰三角形的性质可以得出1BF BC 2=,由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =,由三角形的面积公式就可以得出结论. 【详解】()1如图1,过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ,BED ACB90∠∠∴==,由旋转知,AB AD =,ABD 90∠=,ABC DBE 90∠∠∴+=,A ABC 90∠∠+=, A DBE ∠∠∴=, 在ABC 和BDE 中, ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ABC ∴≌()BDE AAS BC DE a ∴==,BCD 1S BC DE 2=⋅,2BCD 1S a 2∴=;()2BCD 的面积为21a 2,理由:如图2,过点D 作BC 的垂线,与BC 的延长线交于点E ,BED ACB 90∠∠∴==,线段AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ,AB BD ∴=,ABD 90∠=,ABC DBE 90∠∠∴+=,A ABC 90∠∠+=, A DBE ∠∠∴=, 在ABC 和BDE 中, ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ABC ∴≌()BDE AAS ,BC DE a ∴==,BCD1S BC DE2=⋅,2BCD1S a2∴=;()3如图3,过点A作AF BC⊥与F,过点D作DE BC⊥的延长线于点E,AFB E90∠∠∴==,11BF BC a22==,FAB ABF90∠∠∴+=,ABD90∠=,ABF DBE90∠∠∴+=,FAB EBD∠∠∴=,线段BD是由线段AB旋转得到的,AB BD∴=,在AFB和BED中,AFB EFAB EBDAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,AFB∴≌()BED AAS,1BF DE a2∴==,2BCD1111S BC DE a a a2224=⋅=⋅⋅=,BCD∴的面积为21a4.【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等,综合性较强,有一定的难度,正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.6.已知,如图:正方形ABCD,将Rt△EFG斜边EG的中点与点A重合,直角顶点F落在正方形的AB边上,Rt△EFG的两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点,(点P与点F重合),如图1所示:(1)求证:EP2+GQ2=PQ2;(2)若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α(0°<α≤90°),两直角边分别交AB、AD边于P、Q两点,如图2所示:判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间是否存在什么确定的相等关系?若存在,证明你的结论.若不存在,请说明理由;(3)若将Rt△EFG绕着点A逆时针旋转α(90°<α<180°),两直角边所在的直线分别交BA、AD两边延长线于P、Q两点,并判断四条线段EP、PF、FQ、QG之间存在何种确定的相等关系?按题意完善图3,请直接写出你的结论(不用证明).【答案】(1)见解析;(2)PF2+FQ2=EP2+GQ2;(3)四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2.【解析】【分析】(1)过点E作EH∥FG,由此可证△EAH≌△GAQ,然后根据全等三角形的性质得到EH=QG,又PQ=PH,在Rt△EPH中,EP2+EH2=PH2,由此可以得到EP2+GQ2=PQ2;(2)过点E作EH∥FG,交DA的延长线于点H,连接PQ、PH,由此可证△EAH≌△GAQ,然后根据全等三角形的性质得到EH=QG,又PH=PQ,在Rt△EPH中,EP2+EH2=PH2,即EP2+GQ2=PH2,在Rt△PFQ中,PF2+FQ2=PQ2,故PF2+FQ2=EP2+GQ2;(3)四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PE2+GQ2=PF2+FQ2,证明方法同上.【详解】(1)过点E作EH∥FG,连接AH、FH,如图所示:∵EA=AG,∠HEA=∠AGQ,∠HAE=∠GAD,∴△EAH≌△GAQ,∴EH=QG,HA=AQ,∵FA⊥AD,∴PQ=PH.在Rt△EPH中,∵EP2+EH2=PH2,∴EP2+GQ2=PQ2;(2)过点E作EH∥FG,交DA的延长线于点H,连接PQ、PH,∵EA=AG,∠HEA=∠AGQ,∠HAE=∠GAD,∴△EAH≌△GAQ,∴EH=QG,HA=AQ,∵PA⊥AD,∴PQ=PH.在Rt△EPH中,∵EP2+EH2=PH2,∴EP2+GQ2=PH2.在Rt△PFQ中,∵PF2+FQ2=PQ2,∴PF2+FQ2=EP2+GQ2.(3)四条线段EP、PF、FQ、QG之间的关系为PF2+GQ2=PE2+FQ2.【点睛】本题主要考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,三线合一,勾股定理,正确作出辅助线是解答本题的关键.7.如图1,在平面直角坐标系xOy中,抛物线C:y=ax2+bx+c与x轴相交于A,B两点,顶点为D(0,4),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<223)m=6或m17﹣3.【解析】【分析】(1)由题意抛物线的顶点C(0,4),A(20),设抛物线的解析式为24y ax=+,把A(220)代入可得a=12-,由此即可解决问题;(2)由题意抛物线C′的顶点坐标为(2m,﹣4),设抛物线C′的解析式为()21242y x m=--,由()221421242y xy x m⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩,消去y得到222280x mx m-+-=,由题意,抛物线C′与抛物线C在y轴的右侧有两个不同的公共点,则有()222(2)428020280m mmm⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩,解不等式组即可解决问题;(3)情形1,四边形PMP′N能成为正方形.作PE⊥x轴于E,MH⊥x轴于H.由题意易知P(2,2),当△PFM是等腰直角三角形时,四边形PMP′N是正方形,推出PF=FM,∠PFM=90°,易证△PFE≌△FMH,可得PE=FH=2,EF=HM=2﹣m,可得M(m+2,m﹣2),理由待定系数法即可解决问题;情形2,如图,四边形PMP′N是正方形,同法可得M(m﹣2,2﹣m),利用待定系数法即可解决问题.【详解】(1)由题意抛物线的顶点C (0,4),A (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()21242y x m =--, 由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩,消去y 得到222280x mx m -+-= ,由题意,抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,则有()222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩, 解得2<m <22,∴满足条件的m 的取值范围为2<m <22. (3)结论:四边形PMP ′N 能成为正方形.理由:1情形1,如图,作PE ⊥x 轴于E ,MH ⊥x 轴于H .由题意易知P (2,2),当△PFM 是等腰直角三角形时,四边形PMP ′N 是正方形,∴PF =FM ,∠PFM =90°,易证△PFE ≌△FMH ,可得PE =FH =2,EF =HM =2﹣m ,∴M (m +2,m ﹣2),∵点M 在2142y x =-+上,∴()212242m m -=-++,解得m =17﹣3或﹣17﹣3(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.8.两块等腰直角三角板△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.9.在矩形ABCD 中,2AB =,1BC =,以点A 为旋转中心,逆时针旋转矩形ABCD ,旋转角为(0180)αα<<,得到矩形AEFG ,点B 、点C 、点D 的对应点分别为点E 、点F 、点G .()1如图①,当点E 落在DC 边上时,直写出线段EC 的长度为______; ()2如图②,当点E 落在线段CF 上时,AE 与DC 相交于点H ,连接AC ,①求证:ACD ≌CAE ; ②直接写出线段DH 的长度为______.()3如图③设点P 为边FG 的中点,连接PB ,PE ,在矩形ABCD 旋转过程中,BEP 的面积是否存在最大值?若存在请直接写出这个最大值;若不存在请说明理由.【答案】(1)23;(2)①见解析;34②;(3)存在,PBE 的面积的最大值为21,理由见解析 【解析】 【分析】()1如图①中,在RtADE 中,利用勾股定理即可解决问题;()2①证明:如图②中,根据HL 即可证明ACD ≌CAE ;②如图②中,由ACD ≌CAE ,推出ACD CAE ∠∠=,推出AH HC =,设AH HC m ==,在Rt ADH 中,根据222AD DH AH +=,构建方程即可解决问题; ()3存在.如图③中,连接PA ,作BM PE ⊥交PE 的延长线于M.由题意:PF PC 1==,由AG EF 1==,G F 90∠∠==,推出PA PE ==PBE1SPE BM 22=⋅⋅=,推出当BM 的值最大时,PBE 的面积最大,求出BM 的最大值即可解决问题; 【详解】()1四边形ABCD 是矩形,AB CD 2∴==,BC AD 1==,D 90∠=,矩形AEFG 是由矩形ABCD 旋转得到,AE AB 2∴==,在Rt ADE 中,DE ==CE 2∴=,故答案为2.()2①当点E 落在线段CF 上,AEC ADC 90∠∠∴==,在Rt ADC 和Rt AEC 中,{AC CACD AE ==,Rt ACD ∴≌()Rt CAE HL ;ACD ②≌CAE ,ACD CAE ∠∠∴=,AH HC ∴=,设AH HC m ==,在Rt ADH 中,222AD DH AH +=,2221(2m)m ∴+-=,5m 4∴=, 53DH 244∴=-=, 故答案为34; ()3存在.理由如下:如图③中,连接PA ,作BM PE ⊥交PE 的延长线于M ,由题意:PF PC1==,AG EF1==,G F90∠∠==,PA PE2∴==PBE 12S PE BM BM22∴=⋅⋅=,∴当BM的值最大时,PBE的面积最大,BM PB≤,PB AB PA≤+,PB22∴≤,BM22∴≤BM∴的最大值为22+PBE∴21.【点睛】本题是四边形综合题,考查了矩形的性质,旋转变换,全等三角形的判定和性质,勾股定理,三角形的面积,三角形的三边关系等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,学会利用参数构建方程解决问题,属于中考压轴题.10.(问题提出)如图①,已知△ABC是等边三角形,点E在线段AB上,点D在直线BC上,且ED=EC,将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明:AB=DB+AF(类比探究)(1)如图②,如果点E在线段AB的延长线上,其他条件不变,线段AB,DB,AF之间又有怎样的数量关系?请说明理由(2)如果点E在线段BA的延长线上,其他条件不变,请在图③的基础上将图形补充完整,并写出AB,DB,AF之间的数量关系,不必说明理由.【答案】证明见解析;(1)AB=BD﹣AF;(2)AF=AB+BD.【解析】【分析】(1)根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF,再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF,∠EBD=∠EAF=120°,得出△EDB≌FEA,所以BD=AF,等量代换即可得出结论.(2)先画出图形证明∴△DEB≌△EFA,方法类似于(1);(3)画出图形根据图形直接写出结论即可.【详解】(1)证明:DE=CE=CF,△BCE由旋转60°得△ACF,∴∠ECF=60°,BE=AF,CE=CF,∴△CEF是等边三角形,∴EF=CE,∴DE=EF,∠CAF=∠BAC=60°,∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°,∵∠DBE=120°,∴∠EAF=∠DBE,又∵A,E,C,F四点共圆,∴∠AEF=∠ACF,又∵ED=DC,∴∠D=∠BCE,∠BCE=∠ACF,∴∠D=∠AEF,∴△EDB≌FEA,∴BD=AF,AB=AE+BF,∴AB=BD+AF.类比探究(1)DE=CE=CF,△BCE由旋转60°得△ACF,∴∠ECF=60°,BE=AF,CE=CF,∴△CEF是等边三角形,∴EF=CE,∴DE=EF,∠EFC=∠BAC=60°,∠EFC=∠FGC+∠FCG,∠BAC=∠FGC+∠FEA,∴∠FCG=∠FEA,又∠FCG=∠EAD∠D=∠EAD,∴∠D=∠FEA,由旋转知∠CBE=∠CAF=120°,∴∠DBE=∠FAE=60°∴△DEB≌△EFA,∴BD=AE, EB=AF,∴BD=FA+AB.即AB=BD-AF.(2)AF=BD+AB(或AB=AF-BD)如图③,,ED=EC=CF,∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF,∴∠ECF=60°,BE=AF,EC=CF,BC=AC,∴△CEF是等边三角形,∴EF=EC,又∵ED=EC,∴ED=EF,∵AB=AC,BC=AC,∴△ABC是等边三角形,∴∠ABC=60°,又∵∠CBE=∠CAF,∴∠CAF=60°,∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC=180°-60°-60°=60°∴∠DBE=∠EAF;∵ED=EC ,∴∠ECD=∠EDC ,∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC , 又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ,∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC , ∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ,∴∠BDE=∠AEF ,在△EDB 和△FEA 中,DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== ∴△EDB ≌△FEA (AAS ),∴BD=AE ,EB=AF ,∵BE=AB+AE ,∴AF=AB+BD ,即AB ,DB ,AF 之间的数量关系是: AF=AB+BD .考点:旋转变化,等边三角形,三角形全等,。
旋转单元测试卷含答案
单元测试(三) 旋转(时间:100分钟满分:120分)一、选择题(每小题3分,共30分)下列各小题均有四个答案,其中只有一个正确的.题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C D C C D A A D 1.下列图形中,是中心对称图形的是(B)A B C D2.正方形ABCD绕着它的中心至少旋转________才能与它本身重合(A)A.90°B.180°C.120°D.60°3.如图,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转115°后能与△AB1C1重合,若∠C=90°,且点C,A,B1在同一条直线上,则∠BAC1等于(C)A.30°B.40°C.50°D.60°4.在平面直角坐标系中,将点P(a,b)关于原点对称得到点P1,再将点P1向左平移2个单位长度得到点P2,则点P2的坐标是(D)A.(b-2,-a) B.(b+2,-a) C.(-a+2,-b) D.(-a -2,-b)5.若点P(-m,m-3)关于原点对称的点是第二象限内的点,则m满足(C)A.m>3 B.0<m≤3 C.m<0 D.m<0或m>36.如图,将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△A′B′C,点A的对应点A′的坐标为(C) A.(0,2) B.(3,0) C.(2,2) D.(0,-3)7.如图,将等边△ABC绕点C顺时针旋转120°得到△EDC,连接AD,BD.则下列结论:①AC=AD;②BD⊥AC;③四边形ACED是菱形.其中正确的个数是(D)A.0 B.1 C.2 D.38.如图,网格纸上正方形小格的边长为1个单位长度.图中线段AB和点P绕着同一个点做相同的旋转,分别得到线段A′B′和点P′,则点P′所在的单位正方形区域是(A)A.4区B.3区C.2区D.1区9.如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠ABC=30°,AC=2,△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C,当A1落在AB边上时,连接BB1,取BB1的中点D,连接A1D,则A1D的长度是(A) A.7 B.2 2 C.3 D.2 310.如图,在平面直角坐标系中,A(-8,-1),B(-6,-9),C(-2,-9),D(-4,-1).先将四边形ABCD沿x轴翻折,再向右平移8个单位长度,向下平移1个单位长度后,得到四边形A1B1C1D1,最后将四边形A1B1C1D1,绕着点A1旋转,使旋转后的四边形对角线的交点落在x轴上,则旋转后的四边形对角线的交点坐标为(D)A.(-4,0) B.(5,0) C.(4,0)或(-4,0) D.(5,0)或(-5,0)二、填空题(每小题3分,共15分)11.如图,在▱ABCD 中,对角线AC ,BD 相交于点O ,则图中成中心对称的三角形共有4对.12.若点P(ac 2,b a)在第二象限,则点Q(a ,b)关于原点对称的点在第一象限.13.如图,教室里有一只倒地的装垃圾的灰斗,BC 与地面的夹角为50°,∠C =25°,小贤同学将它扶起平放在地上(如图2),则灰斗柄AB 绕点C 转动的角度为105°.14.如图,将边长为3 cm 的正方形ABCD 绕顶点B 逆时针旋转30°得到正方形EBGF ,则两个图形重叠部分(阴影部分)的面积为33cm 2.15.如图,在平面直角坐标系中,等腰Rt △OA 1B 1的斜边OA 1=2,且OA 1在x 轴的正半轴上,点B 1落在第一象限内.将Rt △OA 1B 1绕原点O 逆时针旋转45°,得到Rt △OA 2B 2,再将Rt △OA 2B 2绕原点O 逆时针旋转45°,又得到Rt △OA 3B 3,…,依此规律继续旋转,得到Rt △OA 2019B 2 019,则点B 2 019的坐标为(-1,1).三、解答题(本大题共8个小题,满分75分)16.(8分)在方格纸上按以下要求作图,不用写作法:(1)作出“小旗子”向右平移6格后的图案;(2)作出“小旗子”绕点O 按逆时针方向旋转90°后的图案. 解:(1)(2)如图所示.17.(9分)已知,平面直角坐标系第二象限内的点P(x 2+2x ,3)与另一点Q(x +2,y)关于原点对称,试求x +2y 的值.解:由已知得⎩⎪⎨⎪⎧(x 2+2x )+(x +2)=0,y =-3.∴x 1=-1,x 2=-2,y =-3. 当x 1=-1时,x 2+2x =-1.当x 2=-2时,x 2+2x =0(不合题意,舍去). ∴x +2y =-1+2×(-3)=-7.18.(9分)如图,点P 是等边三角形ABC 内的一点,且PA =6,PB =8,PC =10,若△PAC 绕点A 逆时针旋转后,得△P ′AB. (1)求点P 与点P ′之间的距离; (2)求∠APB 的度数.解:(1)连接PP′.由题意可知BP′=PC=10,AP′=AP, ∠PAC=P′AB.∵∠PAC+∠BAP=60°,∴∠PAP′=60°.∴△APP′为等边三角形.∴PP′=AP=AP′=6.故点P与点P′之间的距离为6.(2)∵PP′2+BP2=BP′2,∴△BPP′为直角三角形,且∠BPP′=90°.∴∠APB=90°+60°=150°.19.(9分)下列3×3网格图都是由9个相同的小正方形组成,每个网格图中有3个小正方形已涂上阴影,请在余下的6个空白小正方形中,按下列要求涂上阴影:(1)选取1个涂上阴影,使4个阴影小正方形组成一个轴对称图形,但不是中心对称图形;(2)选取1个涂上阴影,使4个阴影小正方形组成一个中心对称图形,但不是轴对称图形;(3)选取2个涂上阴影,使5个阴影小正方形组成一个轴对称图形.(请将三个小题依次作答在图1、图2、图3中,均只需画出符合条件的一种情形)解:(1)画出下列其中一种即可.(2)画出下列其中一种即可.(3)画出下列其中一种即可.20.(9分)已知直线y =2x +4交x 轴于点A ,交y 轴于点B ,点C ,D 分别是点A ,B 关于原点的对称点.(1)求直线CD 的解析式; (2)求四边形ABCD 的面积.解:(1)令y =0,则x =-2,令x =0,则y =4,∴A(-2,0),B(0,4). ∵点C ,D 分别是点A ,B 关于原点的对称点, ∴C(2,0),D(0,-4).设直线CD 的解析式为y =kx +b ,则⎩⎪⎨⎪⎧2k +b =0,b =-4.解得⎩⎪⎨⎪⎧k =2,b =-4. ∴直线CD 的解析式为y =2x -4.(2)S 四边形ABCD =S △ACB +S △ACD =12×4×4+12×4×4=16.21.(10分)如图,△ABC 是等边三角形,△BDC 是顶角∠BDC =120°的等腰三角形,以D 为顶点作60°角,角的两边分别交AB ,AC 于点M ,N ,连接MN.试探究BM ,MN ,NC 之间的关系,并加以证明.解:MN =BM +NC.证明:∵∠A =60°,∠BDC =120°,∴∠DBM +∠ACD =180°.将△DBM绕点D顺时针旋转120°得到△DCE,则点A,C,E在同一直线上.∴BM=CE,DM=DE,∠BDM=∠CDE,∠EDN=∠CDN+∠CDE=∠CDN+∠BDM=∠BDC-∠MDN=60°=∠MDN.又∵DN=DN,∴△DMN≌△DEN(SAS).∴MN=EN=NC+CE=BM+NC.22.(10分)你可以直接利用结论“有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形”解决下列问题:已知,在△ABC中,AB=AC.(1)如图1,若∠B=60°,则△ABC共有3条对称轴,∠A=60°,∠C=60°;(2)如图2,已知∠ABC=60°,点E是△ABC内部一点,连接AE,BE,将△ABE绕点A逆时针方向旋转,使边AB与AC重合,旋转后得到△ACF,连接EF,当AE=3时,求EF的长度;(3)如图3,在△ABC中,已知∠BAC=30°,点P是△ABC内部一点,AP=2,点M,N分别在边AB,AC上,△PMN的周长的大小将随着M,N位置的变化而变化,请你画出点M,N,使△PMN的周长最小,要写出画图方法,并直接写出周长的最小值.图1 图2 图3 解:(2)∵AB=AC,∠ABC=60°,∴△ABC是等边三角形.∴∠BAC=60°.∵△ACF是由△ABE绕点A旋转而得到的,且边AB与AC重合,∴∠EAF=∠BAC=60°,AF=AE.∴△AEF是等边三角形.∴EF=AE=3.(3)如图,画图方法:①画点P关于边AB的对称点G,②画点P关于边AC的对称点H,③连接GH ,分别交AB ,AC 于点M ,N , 此时△PMN 周长最小,最小值为2.23.(11分)在Rt △ABC 中,∠BAC =90°,AC =AB =4,D ,E 分别是AB ,AC 的中点.若等腰Rt △ADE 绕点A 逆时针旋转得到等腰Rt △AD 1E 1,设旋转角为α(0<α≤180°),记直线BD 1与CE 1的交点为P.(1)如图1,当α=90°时,线段BD 1的长等于25,线段CE 1的长等于25;(直接填写结果)(2)如图2,当α=135°时,求证:BD 1=CE 1,且BD 1⊥CE 1; (3)设BC 的中点为M ,则线段PM 的长为22.(直接填写结果)证明:∵Rt △AD 1E 1是由Rt △ADE 绕点A 逆时针旋转135°得到, ∴AD 1=AE 1,∠D 1AB =∠E 1AC =135°. 在△D 1AB 和△E 1AC 中, ⎩⎪⎨⎪⎧AD 1=AE 1,∠D 1AB =∠E 1AC ,AB =AC ,∴△D 1AB ≌△E 1AC(SAS). ∴BD 1=CE 1,∠D 1BA =∠E 1CA.令直线BD 1与AC 交于点F ,则∠BFA =∠CFP. ∵∠CAB =90°,∠ABF =∠PCF , ∴∠CPF =∠FAB =90°. ∴BD 1⊥CE 1.。
九年级上册数学《旋转》单元检测题(含答案)
人教版数学九年级上学期《旋转》单元测试(满分120分,考试用时120分钟)一、选择题(共14 小题,每小题 3 分,共42 分)1.…依次观察左边的三个图形,并判断照此规律从左向右的第四个图形是( )A...B...C...D.2.在下列四个图案中既是轴对称图形,又是中心对称图形的是( )A...B...C...D.3.已知平面直角坐标系中的三个点,,,将绕点按顺时针方向旋转度,则点的对应点的坐标为( )A...B...C...D.4.在平面直角坐标系中,点绕原点顺时针旋转后得到点( )A...B...C...D.5.如图,在中,,,,由绕点顺时针旋转得到,其中点与点、点与点是对应点,连接,且、、在同一条直线上,则的长为( )A...B...C...D.6.已知点是点关于原点的对称点,则的值为( )A...B.-..C...D.±67.如图,已知与关于点成中心对称图形,则下列判断不正确的是( )A.∠ABC=∠A'B'C..B.∠BOC=∠B'A'C.. C.AB=A'B..D.OA=OA'8.在如图的正方形网格上画有两条线段. 现在要再画一条,使图中的三条线段组成一个轴对称图形,能满足条件的线段有( )A.2..B.3..C.4..D.5条9.观察下列四个图案,它们分别绕中心旋转一定的角度后,都能和原来的图形重合,其中旋转的角度最大的是( )A...B...C...D.10.如图,在的正方形网格中,每个小正方形的顶点称为格点,左上角阴影部分是一个以格点为顶点的正方形(简称格点正方形). 若再作一个格点正方形,并涂上阴影,使这两个格点正方形无重叠面积,且组成的图形是轴对称图形,又是中心对称图形,则这个格点正方形的作法共有( )A.2..B.3..C.4..D.5种11.下列所给的正方体的展开图中,是中心对称图形的是图( )A.①②..B.①②..C.②③..D.①②③④12.如图,矩形的边,分别在坐标轴上,且点的坐标为,将矩形沿轴正方向平移个单位,得到矩形,再以点为旋转中心,把矩形顺时针方向旋转,得到矩形″″″″″,″,″,″,则点所经过的路线为″的长为( )A.1..B.1..C.4+5..D.4+13.如图,三个顶点的坐标分别为,,,将绕点按顺时针方向旋转,得到,则点的坐标为( )A.(1, 2..B.(2, 1..C.(1, 1..D.(2, 2)14.下面、、、四个图形中的哪个图案可以通过旋转图案①得到( )A...B...C...D.二、填空题(共6 小题,每小题 3 分,共18 分)15.一个图形绕某一点旋转后与另一个图形重合,则这两个图形成________,这个点叫________.16.如图,在网格中有一个四边形和两个三角形.①请你画出这三个图形关于点成中心对称的图形;②将原图和画出后的图形看成一个整体图形,它有________条对称轴;它至少旋转________度后与自身重合.17.在平面直角坐标系中,若与点关于原点对称,则点在第________象限.18.对于平面图形上的任意两点, ,如果经过某种变换(如:平移、旋转、轴对称等)得到新图形上的对应点, ,保持,我们把这种对应点连线相等的变换称为“同步变换”. 对于三种变换:①平移、②旋转、③轴对称,其中一定是“同步变换”的有________(填序号).19.在图中,是由基本图案多边形旋转而成的,它的旋转角为________.20.如图,将绕点逆时针方向旋转,得到,看点的坐标为,则点坐标为________.三、解答题(共4 小题,每小题10 分,共40 分)21.如图所示,是一块边长为的正方形瓷砖,其中瓷砖的阴影部分是半径为的扇形. 请你用这种瓷砖拼出三种不同的图案. 使拼成的图案既是轴对称图形又是中心对称图形,把它们分别画在下面边长为的正方形中(要求用圆规画图).22.如图所示,每个小正方形的边长为个单位长度,作出关于原点对称的并写出、、的坐标.23.如图,已知, 绕点逆时针旋转得到,恰好在上,连接.(1) 与有何关系?并说明理由;线段与在位置上有何关系?为什么?24.如图所示的网格中,每个小方格都是边长为的小正方形,,把绕点按顺时针旋转后得到,请画出这个三角形并写出点的坐标;以点为位似中心放大,得到,使放大前后的面积之比为,请在下面网格内出.参考答案一、选择题(共14 小题,每小题 3 分,共42 分)1.…依次观察左边的三个图形,并判断照此规律从左向右的第四个图形是()A...B...C...D.【答案】D【解析】试题分析: 根据图形,由规律可循. 从左到右是顺时针方向可得到第四个图形是D.故选D.考点: 生活中的旋转现象.2.在下列四个图案中既是轴对称图形,又是中心对称图形的是()A...B...C...D.【答案】B【解析】试题分析: 根据轴对称图形和中心对称图形的定义可得选项B正确.故选B.考点: 1.轴对称图形;2.中心对称图形.3.已知平面直角坐标系中的三个点,,,将绕点按顺时针方向旋转度,则点的对应点的坐标为()A...B...C...D.【答案】D【解析】【分析】把△ABO绕点O按顺时针方向旋转45°,就是把它上面的各个点按顺时针方向旋转45度. 点A 在第二象限的角平分线上,且OA= ,正好旋转到y轴正半轴. 则A点的对应点A1的坐标是(0, ).【详解】∵A的坐标是(-1,1),∴OA= ,且A1在y轴正半轴上,∴A1点的坐标是(0, ).【点睛】考查了坐标与图形变化-旋转,解答本题要能确定A的位置,只有这样才能确定点A的对应点A1的位置,求出坐标.4.在平面直角坐标系中,点绕原点顺时针旋转后得到点()A...B...C...D.【答案】A【解析】【分析】设A( ,1),过A作AB⊥x轴于B,于是得到AB=1,OB= ,根据边角关系得到∠AOB=30°,由于点( ,1)绕原点顺时针旋转60°,于是得到∠AOA′=60°,得到∠A′OB=30°,于是结论即可求出.【详解】设A( ,1),过A作AB⊥x轴于B,则AB=1,OB= ,∴tan∠AOB= == ,∴∠AOB=30°,∵点( ,1)绕原点顺时针旋转60°,∴∠AOA′=60°,∴∠A′OB=30°,∴点( ,1)绕原点顺时针旋转60°后得到点是( ,-1),故选: A.【点睛】考查了坐标与图形的变换-旋转,特殊角的三角函数,正确的画出图形是解题的关键.5.如图,在中,,,,由绕点顺时针旋转得到,其中点与点、点与点是对应点,连接,且、、在同一条直线上,则的长为()A...B...C...D.【答案】A【分析】先利用互余计算出∠BAC=30°,再根据含30度的直角三角形三边的关系得到AB=2BC=2,接着根据旋转的性质得A′B′=AB=2,B′C=BC=1,A′C=AC,∠A′=∠BAC=30°,∠A′B′C=∠B=60°,于是可判断△CAA′为等腰三角形,所以∠CAA′=∠A′=30°,再利用三角形外角性质计算出∠B′CA=30°,可得B′A=B′C=1,然后利用AA′=AB′+A′B′进行计算.【详解】∵∠ACB=90°,∠B=60°,∴∠BAC=30°,∴AB=2BC=2×1=2,∵△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C′,∴A′B′=AB=2,B′C=BC=1,A′C=AC,∠A′=∠BAC=30°,∠A′B′C=∠B=60°,∴△CAA′为等腰三角形,∴∠CAA′=∠A′=30°,∵A.B′、A′在同一条直线上,∴∠A′B′C=∠B′AC+∠B′CA,∴∠B′CA=60°-30°=30°,∴B′A=B′C=1,∴AA′=AB′+A′B′=2+1=3.故选: A.【点睛】考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等. 也考查了含30度的直角三角形三边的关系.6.已知点是点关于原点的对称点,则的值为()A...B.-..C...D.±6【答案】C【解析】【分析】根据关于原点对称的点,横坐标与纵坐标都互为相反数,结合题意可得ab的值,代入a+b可得答案.【详解】根据题意,有点A(a,-3)是点B(-2,b)关于原点O的对称点,则a=-(-2)=2,b=-(-3)=3,则a+b=3+2=5.【点睛】考查平面直角坐标系关于坐标轴成轴对称的两点的坐标之间的关系.7.如图,已知与关于点成中心对称图形,则下列判断不正确的是()A.∠ABC=∠A'B'C..B.∠BOC=∠B'A'C.. C.AB=A'B..D.OA=OA'【答案】B【解析】【分析】根据中心对称的定义: 把一个图形绕着某个点旋转180°,如果它能够与另一个图形重合,那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称,这个点叫做对称中心,来求解即可.【详解】因为△ABC与△A′B′C′关于点O成中心对称图形,所以可得∠ABC=∠A′B′C′,AB=A′B′,OA=OA',故选: B.【点睛】考查了中心对称的定义,解题的关键是熟记中心对称的定义. 也可用三角形全等来求解.8.在如图的正方形网格上画有两条线段. 现在要再画一条,使图中的三条线段组成一个轴对称图形,能满足条件的线段有( )A.2..B.3..C.4..D.5条【答案】C【解析】试题分析: 直接利用轴对称图形的性质分别得出符合题意的答案.解: 如图所示: 能满足条件的线段有4条.故选:C.考点: 利用轴对称设计图案.9.观察下列四个图案,它们分别绕中心旋转一定的角度后,都能和原来的图形重合,其中旋转的角度最大的是()A...B...C...D.【答案】A【解析】【分析】求出各旋转对称图形的最小旋转角度,再比较即可.【详解】A选项: 最小旋转角度= =120°;B.最小旋转角度= =90°;C.最小旋转角度= =72°;D.最小旋转角度= =60°;综上可得: 旋转的角度最大的是A.故选: A.【点睛】考查了旋转对称图形中旋转角度的确定,求各图形的最小旋转角度时,关键要看各图形可以被平分成几部分,被平分成n部分,旋转的最小角度就是.10.如图,在的正方形网格中,每个小正方形的顶点称为格点,左上角阴影部分是一个以格点为顶点的正方形(简称格点正方形). 若再作一个格点正方形,并涂上阴影,使这两个格点正方形无重叠面积,且组成的图形是轴对称图形,又是中心对称图形,则这个格点正方形的作法共有( )A.2..B.3..C.4..D.5种【答案】C【解析】试题分析: 利用轴对称图形的性质以及中心对称图形的性质分析得出符合题意的图形即可.解: 如图所示: 组成的图形是轴对称图形,又是中心对称图形,则这个格点正方形的作法共有4种.故选:C.点评: 此题主要考查了利用轴对称以及旋转设计图案,正确把握相关定义是解题关键.【此处有视频,请去附件查看】11.下列所给的正方体的展开图中,是中心对称图形的是图()A.①②..B.①②..C.②③..D.①②③④【答案】B【解析】【分析】根据中心对称图形的概念(在同一平面内,如果把一个图形绕某一点旋转180度,旋转后的图形能和原图形完全重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个旋转点就叫做中心对称点)求解.【详解】根据中心对称图形的概念可是: ①②④是中心对称图形;而③不是中心对称图形.故选: B.【点睛】考查了中心对称图形的概念. 在同一平面内,如果把一个图形绕某一点旋转180度,旋转后的图形能和原图形完全重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个旋转点就叫做中心对称点.12.如图,矩形的边,分别在坐标轴上,且点的坐标为,将矩形沿轴正方向平移个单位,得到矩形,再以点为旋转中心,把矩形顺时针方向旋转,得到矩形″″″″″,″,″,″,则点所经过的路线为″的长为()A.1..B.1..C.4+5..D.4+【答案】D【解析】【分析】利用平移变换和弧长公式计算.【详解】此题平移规律是(x+4,y),照此规律计算可知点B平移的距离是5个单位长度.把矩形O′A′B′C′顺时针方向旋转90°,点B′走过的路程是半径为5,圆心角是90度的弧长为,所以点B所经过的路线为B⇒B′⇒B″的长为4+.故选: D.【点睛】考查图形的平移变换和弧长公式的运用. 在平面直角坐标系中,图形的平移与图形上某点的平移相同. 平移中点的变化规律是:横坐标右移加,左移减;纵坐标上移加,下移减.13.如图,三个顶点的坐标分别为,,,将绕点按顺时针方向旋转,得到,则点的坐标为()A.(1, 2..B.(2, 1..C.(1, 1..D.(2, 2)【答案】B【解析】【分析】直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案;【详解】∵A(-2,5),B(-5,1),C(-2,1),∴AC=4,AC∥y轴,∵△ABC绕点C按顺时针方向旋转90°,得到△DEC,∴∠DCE=∠ACB=90°,CD=AC=4,∴B,C,D三点在一条直线上,∴D(2,1),故选: B.【点睛】考查了旋转变换以及扇形面积求法,正确得出对应点位置是解题关键.14.下面、、、四个图形中的哪个图案可以通过旋转图案①得到()A...B...C...D.【答案】B【解析】【分析】根据旋转的性质旋转变化前后,图形的相对位置不变,注意时针与分针的位置关系,分析选项.【详解】根据旋转的性质(旋转变化前后,对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等)可得: 图案①顺时针旋转90°得到B.故选B.【点睛】考查旋转的性质:旋转变化前后,对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等. 要注意旋转的三要素: ①定点为旋转中心;②旋转方向;③旋转角度.二、填空题(共6 小题,每小题 3 分,共18 分)15.一个图形绕某一点旋转后与另一个图形重合,则这两个图形成________,这个点叫________.【答案.. (1).中心对.. (2).对称中心【解析】【分析】根据中心对称图形的概念求解.【详解】一个图形绕某一点旋转180°后与另一个图形重合,则这两个图形成中心对称,这个点叫对称中心. 故答案是: 中心对称,对称中心.【点睛】考查了中心对称图形的概念: 把一个图形绕某一点旋转180°,如果旋转后的图形能够与原来的图形重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个点叫做对称中心.16.如图,在网格中有一个四边形和两个三角形.①请你画出这三个图形关于点成中心对称的图形;②将原图和画出后的图形看成一个整体图形,它有________条对称轴;它至少旋转________度后与自身重合.【答案】(1)详见解析,(2)4,90【解析】【分析】(1)将图形的各顶点与点O连线并延长相同长度找对应点,然后顺次连接得中心对称图形;(2)根据轴对称的性质,找对称轴,只要连接两组对应点,作出对应点所连线段的两条垂直平分线.【详解】(1)如图所示,共有4条对称轴;(2)4条对称轴,这个整体图形至少旋转90度.故答案为: 4,90.【点睛】考查了轴对称图形和旋转变换图形的方法,注意,做这类题时,掌握旋转与轴对称的性质是解决问题的关键.17.在平面直角坐标系中,若与点关于原点对称,则点在第________象限.【答案】四【解析】【分析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数求出点P的坐标,再根据各象限内点的坐标特征解答.【详解】∵P(m,n)与点Q(-2,3)关于原点对称,∴m=2,n=-3,∴点P的坐标为(2,-3),∴点P在第四象限.故答案是: 四.【点睛】考查了关于原点对称的点的坐标,两点关于原点对称,则两点的横、纵坐标都是互为相反数.18.对于平面图形上的任意两点, ,如果经过某种变换(如:平移、旋转、轴对称等)得到新图形上的对应点, ,保持,我们把这种对应点连线相等的变换称为“同步变换”. 对于三种变换:①平移、②旋转、③轴对称,其中一定是“同步变换”的有________(填序号).【答案】①【解析】【分析】根据平移变换、旋转变换和轴对称变换的性质,依据“同步变换”的定义判断可得.【详解】平移的性质是把一个图形整体沿某一直线方向移动,会得到一个新的图形,新图形与原图形的所有点平移的方向和距离都相等,故平移变换一定是“同步变换”;若将线段PQ绕点P旋转,则PP′=0,而QQ′≠0,故旋转变换不一定是“同步变换”;将相对于直线倾斜的线段PQ经过该直线的轴对称变换,所得PP′≠QQ′,故轴对称变换不一定是“同步变换”,故答案是: ①.【点睛】考查几何变换的类型,熟练掌握平移变换、旋转变换和轴对称变换的性质是解题的关键.19.在图中,是由基本图案多边形旋转而成的,它的旋转角为________.【答案】【解析】【分析】由于图形是基本图案多边形ABCDE旋转而成的,根据图形可以得到旋转形成的图形是一个正六边形,由此即可确定旋转角的度数.【详解】∵图形是基本图案多边形ABCDE旋转而成的,而根据图形知道旋转形成的图形是一个正六边形,∴它的旋转角是: 60°.【点睛】考查了旋转的性质,主要利用了旋转角的定义和正六边形的性质解决问题.20.如图,将绕点逆时针方向旋转,得到,看点的坐标为,则点坐标为________.【答案】【解析】【分析】利用旋转的性质得OB′=OB=2,A′B′=AB=1,∠BOB′=90°,∠OB′A′=∠OBA=90°,然后利用第二象限内点的坐标特征写出点A′坐标.【详解】∵A(2,1),∴AB=1,OB=2,∵△AOB绕点O逆时针方向旋转90°,得到△A′OB′,∴OB′=OB=2,A′B′=AB=1,∠BOB′=90°,∠OB′A′=∠OBA=90°,∴点A′坐标为(-1,2).故答案是: (-1,2).【点睛】考查了坐标与图形变化:图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标. 常见的是旋转特殊角度如:30°,45°,60°,90°,180°.三、解答题(共4 小题,每小题10 分,共40 分)21.如图所示,是一块边长为的正方形瓷砖,其中瓷砖的阴影部分是半径为的扇形. 请你用这种瓷砖拼出三种不同的图案. 使拼成的图案既是轴对称图形又是中心对称图形,把它们分别画在下面边长为的正方形中(要求用圆规画图).【答案】见解析.【解析】图形(1)既轴对称(对称轴为正方形对角线所在的直线),又中心对称(对称中心为正方形的中心),根据小正方形的对称性,将小正方形换动不同方向,得出既轴对称图形又中心对称的图形.【详解】既轴对称图形又中心对称的图形如图所示. 答案不唯一.【点睛】考查了运用旋转,轴对称方法设计图案的问题. 关键是熟悉有关图形的对称性,利用中心对称性拼图.22.如图所示,每个小正方形的边长为个单位长度,作出关于原点对称的并写出、、的坐标.【答案】见解析.【解析】【分析】根据直角坐标系中,关于原点对称的两个点的坐标特点是: 横坐标,纵坐标都互为相反数,根据点的坐标就确定原图形的顶点的对应点,进而即可作出所求图形.【详解】解: 根据图形可知: , , ,各点关于原点对称的点的坐标分别是: , , ,然后连接点再依次连接可得所求图形.【点睛】考查了关于原点对称的知识,要求学生会画图,会表示点的坐标. 关键是掌握关于原点对称的两个点的坐标特点是: 横坐标,纵坐标都互为相反数,根据点的坐标就可以画出对称图形.23.如图,已知, 绕点逆时针旋转得到,恰好在上,连接.(1) 与有何关系?并说明理由;线段与在位置上有何关系?为什么?【答案】(1)互补;(2) .【解析】(1)根据旋转的性质可得∠BAC=∠DAE=90°,然后表示出∠CAE,再根据∠BAE=∠BAC+∠CAE列式整理即可得解;(2)根据旋转的性质可得∠BAD=∠CAE,AB=AD,AC=AE,再利用等腰三角形两底角相等表示出∠B.∠ACE,然后求出∠BCE=90°,根据垂直的定义即可得解.【详解】解:与互补. 理由如下:由旋转的性质知: ,∴,∵,∴,因此与互补;线段. 理由如下:由旋转知: , , ,∴,,∴,∵,∴,∴,∴.【点睛】考查了旋转的性质,等腰三角形两底角相等的性质,垂直的定义,熟练掌握旋转的性质是解题的关键.24.如图所示的网格中,每个小方格都是边长为的小正方形,,把绕点按顺时针旋转后得到,请画出这个三角形并写出点的坐标;以点为位似中心放大,得到,使放大前后的面积之比为,请在下面网格内出.【答案】见解析.【分析】(1)直接利用旋转的性质得出对应点位置进而得出答案;(2)利用位似图形的性质进而得出对应点位置即可得出答案.【详解】如图所示: ,即为所求,点的坐标为: ;如图所示:.【点睛】考查了位似变换和旋转变换,解题关键是正确得出对应点位置.。
九年级上学期数学《旋转》单元检测题附答案
试题分析:根据中心对称图形与轴对称图形的概念依次分析即可.
①②③是只是中心对称图形,④只是轴对称图形,
故选C.
考点:本题考查的是中心对称图形与轴对称图形
点评:解答本题的关键是熟练掌握如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,这样的图形叫做轴对称图形,这条直线叫对称轴;在同一平面内,如果把一个图形绕某一点旋转180°,旋转后的图形能和原图形完全重合,那么这个图形就叫做中心对称图形.
九年级上册数学《旋转》单元测试卷
(满分120分,考试用时120分钟)
一、选择题(每小题4分,共40分)
1.在平面内将一个图形绕一个定点沿某个方向转动一个角度这样的图形运动称为旋转.下列图形中不能由一个图形通过旋转而构成的是( )
A. B. C. D.
2.下列图形中,为中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
3.下列图形中是轴对称图形,但不是中心对称图形的是()
A. B. C. D.
[答案]B
[解析]
[分析]
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
[详解]A、是中心对称图形,不是轴对称图形,不符合题意;
B、是轴对称图形,不是中心对称图形,符合题意;
C、是轴对称图形,也是中心对称图形,不符合题意;
D、是轴对称图形,也是中心对称图形,不符合题意.
2.下列图形中,为中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
[答案]B
[解析]
[分析]
根据中心对称图形的定义,结合所给图形即可作出判断.
[详解] 、不是中心对称图形,故选项错误;
、是中心对称图形,故选项正确;
、不是中心对称图形,故选项错误;
、不是中心对称图形,故选项错误.
九年级数学上册 旋转几何综合单元测试卷(解析版)
九年级数学上册 旋转几何综合单元测试卷(解析版)一、初三数学 旋转易错题压轴题(难)1.已知:如图①,在矩形ABCD 中,3,4,AB AD AE BD ==⊥,垂足是E .点F 是点E 关于AB 的对称点,连接AF 、BF .(1)求AF 和BE 的长;(2)若将ABF 沿着射线BD 方向平移,设平移的距离为m (平移距离指点B 沿BD 方向所经过的线段长度).当点F 分别平移到线段AB AD 、上时,直接写出相应的m 的值. (3)如图②,将ABF 绕点B 顺时针旋转一个角1(080)a a ︒<<︒,记旋转中ABF 为''A BF ,在旋转过程中,设''A F 所在的直线与直线AD 交于点P ,与直线BD 交于点Q .是否存在这样的P Q 、两点,使DPQ 为等腰三角形?若存在,求出此时DQ 的长;若不存在,请说明理由.【答案】(1)129,55AF BF ==;(2)95m =或165m =;(3)存在4组符合条件的点P 、点Q ,使DPQ 为等腰三角形; DQ 的长度分别为2或25891055或35105【解析】【分析】(1)利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解; (2)依题意画出图形,如图①-1所示.利用平移性质,确定图形中的等腰三角形,分别求出m 的值;(3)在旋转过程中,等腰△DPQ 有4种情形,分别画出图形,对于各种情形分别进行计算即可.【详解】(1)∵四边形ABCD 是矩形,∴∠BAD=90°,在Rt △ABD 中,AB=3,AD=4,由勾股定理得:2222345AB AD +=+=, ∵S △ABD 12=BD•AE=12AB•AD ,∴AE=AB AD3412 BD55⋅⨯==,∵点F是点E关于AB的对称点,∴AF=AE125=,BF=BE,∵AE⊥BD,∴∠AEB=90°,在Rt△ABE中,AB=3,AE125 =,由勾股定理得:BE2222129355 AB AE⎛⎫=-=-=⎪⎝⎭;(2)设平移中的三角形为△A′B′F′,如图①-1所示:由对称点性质可知,∠1=∠2.BF=BE95 =,由平移性质可知,AB∥A′B′,∠4=∠1,BF=B′F′95 =,①当点F′落在AB上时,∵AB∥A′B′,∴∠3=∠4,根据平移的性质知:∠1=∠4,∴∠3=∠2,∴BB′=B′F′95=,即95m=;②当点F′落在AD上时,∵AB∥A′B′,AB⊥AD,∴∠6=∠2,A′B′⊥AD,∵∠1=∠2,∠5=∠1,∴∠5=∠6,又知A′B′⊥AD,∴△B′F′D为等腰三角形,∴B′D=B′F′95 =,∴BB′=BD-B′D=5-91655=,即m165=;(3)存在.理由如下:∵四边形ABCD是矩形,∴∠BAD=90°,∵AE⊥BD,∴∠AEB=90°,∠2+∠ABD=90°,∠BAE+∠ABD=90°,∴∠2=∠BAE,∵点F是点E关于AB的对称点,∴∠1=∠BAE,∴∠1=∠2,在旋转过程中,等腰△DPQ依次有以下4种情形:①如图③-1所示,点Q落在BD延长线上,且PD=DQ,则∠Q=∠DPQ,∴∠2=∠Q+∠DPQ=2∠Q,∵∠1=∠3+∠Q,∠1=∠2,∴∠3=∠Q,∴A′Q=A′B=3,∴F′Q=F′A′+A′Q=1227355+=,在Rt△BF′Q中,由勾股定理得:2222927910 BF F Q555⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'',∴DQ=BQ-BD=9105 5-;②如图③-2所示,点Q落在BD上,且PQ=DQ,则∠2=∠P,∵∠1=∠2,∴∠1=∠P,∴BA′∥PD,则此时点A′落在BC边上.∵∠3=∠2,∴∠3=∠1,∴BQ=A′Q,∴F′Q=F′A′-A′Q=125-BQ,在Rt△BQF′中,由勾股定理得:BF′2+F′Q2=BQ2,即:222 91255BQ BQ⎛⎫⎛⎫+-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,解得:158 BQ=,∴DQ= BD-BQ=5-1525 88=;③如图③-3所示,点Q落在BD上,且PD=DQ,则∠3=∠4.∵∠2+∠3+∠4=180°,∠3=∠4,∴∠4=90°-12∠2.∵∠1=∠2,∴∠4=90°-12∠1,∴∠A′QB=∠4=90°-12∠1,∴∠A′QB=∠A′BQ,∴A′Q=A′B=3,∴F′Q=A′Q-A′F′=3-123 55=,在Rt△BF′Q中,由勾股定理得:BQ=222293310 BF F Q555⎛⎫⎛⎫+=+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'',∴DQ=BQ-BD=3105-;④如图④-4所示,点Q落在BD上,且PQ=PD,则∠2=∠3.∵∠1=∠2,∠3=∠4,∠2=∠3,∴∠1=∠4,∴BQ=BA′=3,∴DQ=BD-BQ=5-3=2.综上所述,存在4组符合条件的点P、点Q,使△DPQ为等腰三角形,DQ的长度分别为:2或25891055或35105【点睛】本题是四边形综合题目,主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点;第(3)问难度很大,解题关键是画出各种旋转图形,依题意进行分类讨论.2.已知抛物线y=ax2+bx-3a-5经过点A(2,5)(1)求出a 和b 之间的数量关系.(2)已知抛物线的顶点为D 点,直线AD 与y 轴交于(0,-7)①求出此时抛物线的解析式;②点B 为y 轴上任意一点且在直线y=5和直线y=-13之间,连接BD 绕点B 逆时针旋转90°,得到线段BC ,连接AB 、AC ,将AB 绕点B 顺时针旋转90°,得到线段BH .截取BC 的中点F 和DH 的中点G .当点D 、点H 、点C 三点共线时,分别求出点F 和点G 的坐标.【答案】(1)a+2b=10;(2)①y= 2x 2+4x-11,②G 1(478,91-8+),F 1(-8,33-4+),G 2(8,-8),F 2(218,-4) 【解析】【分析】(1)把点A 坐标代入抛物线y=ax 2+bx-3a-5即可得到a 和b 之间的数量关系;(2)①求出直线AD 的解析式,与抛物线y=ax 2+bx-3a-5联立方程组,根据直线与抛物线有两个交点,结合韦达定理求出a ,b ,即可求出解析式;②作AI ⊥y 轴于点I ,HJ ⊥y 轴于点J.设B (0,t ),根据旋转性质表示粗H 、D 、C 坐标,应含t 式子表示直线AD 的解析式,根据D 、H 、C 三点共线,把点C 坐标代入求出1t =,2t =,分两类讨论,分别求出G 、F 坐标。
初三旋转单元测试题及答案
初三旋转单元测试题及答案一、选择题(每题2分,共10分)1. 若点A(1,2)绕原点顺时针旋转90°后,其坐标变为:A. (2,1)B. (-2,1)C. (1,-2)D. (-2,-1)2. 一个正方形绕中心点旋转90°后,其形状:A. 变成圆形B. 变成长方形C. 保持不变D. 变成椭圆形3. 若一个图形绕某点旋转180°后,其形状和位置:A. 发生变化B. 形状不变,位置改变C. 形状和位置都不变D. 形状改变,位置不变4. 一个正六边形绕其中心点旋转多少度后,能与自身完全重合?A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°5. 一个图形绕某点旋转后,其面积:A. 变大B. 变小C. 不变D. 无法确定二、填空题(每题2分,共10分)6. 若点P(-3,4)绕原点逆时针旋转180°后,其坐标变为______。
7. 一个等腰直角三角形绕其直角顶点旋转90°后,其形状变为______。
8. 一个圆绕圆心旋转任意角度,其______不变。
9. 若一个图形绕某点旋转后,其对应点的连线都经过该点,并且对应点到旋转中心的距离相等,则该图形绕该点旋转的角度为______。
10. 一个图形绕某点旋转后,其对应线段的夹角等于旋转角,该性质称为______。
三、解答题(每题5分,共20分)11. 已知点A(2,3),点B(-1,-2),求点A绕点B顺时针旋转45°后的坐标。
12. 一个边长为4的正方形,绕其中心点顺时针旋转45°后,求正方形的一个顶点的新坐标。
13. 已知一个等边三角形ABC,其中A(0,0),B(1,√3),C(-1,√3),求三角形绕点A逆时针旋转60°后的顶点坐标。
14. 解释什么是旋转对称图形,并给出一个例子。
四、综合题(每题10分,共20分)15. 若一个图形绕某点旋转θ度后,其面积和周长都不变,试证明该图形为圆。
九年级上册数学 旋转几何综合单元测试卷(解析版)
九年级上册数学旋转几何综合单元测试卷(解析版)一、初三数学旋转易错题压轴题(难)1.阅读下面材料:小炎遇到这样一个问题:如图1,点E、F分别在正方形ABCD的边BC,CD上,∠EAF=45°,连结EF,则EF=BE+DF,试说明理由.小炎是这样思考的:要想解决这个问题,首先应想办法将这些分散的线段相对集中.她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法,最后发现线段AB,AD是共点并且相等的,于是找到解决问题的方法.她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG,再利用全等的知识解决了这个问题(如图2).参考小炎同学思考问题的方法,解决下列问题:(1)如图3,四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°点E,F分别在边BC,CD上,∠EAF=45°.若∠B,∠D都不是直角,则当∠B与∠D满足_ 关系时,仍有EF=BE+DF;(2)如图4,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°,若BD=1, EC=2,求DE的长.【答案】(1)∠B+∠D=180°(或互补);(2)∴【解析】试题分析:(1)如图,△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG,利用全等的知识可知,要使EF=BE+DF,即EF=DG+DF,即要F、D、G三点共线,即∠ADG+∠ADF=180°,即∠B+∠D=180°.(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG,可使AB与AC重合,通过证明△AEG≌△AED 得到DE=EG,由勾股定理即可求得DE的长.(1)∠B+∠D=180°(或互补).(2)∵ AB=AC,∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG,可使AB与AC重合.则∠B=∠ACG,BD=CG,AD=AG.∵在△ABC中,∠BAC=90°,∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于,即∠ECG=90°.∴ EC2+CG2=EG2.在△AEG与△AED中,∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD.又∵AD=AG,AE=AE,∴△AEG≌△AED .∴DE=EG.又∵CG=BD,∴ BD2+EC2=DE2.∴.考点:1.面动旋转问题;2.全等三角形的判定和性质;3.勾股定理.2.如图1,正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE(AB<AE)在一条直线上,正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转,设旋转角为. 在旋转过程中,两个正方形只有点A 重合,其它顶点均不重合,连接BE、DG.(1)当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时,求证:BE=DG;(2)当点C在直线BE上时,连接FC,直接写出∠FCD 的度数;(3)如图3,如果=45°,AB =2,AE=,求点G到BE的距离.【答案】(1)证明见解析;(2)45°或135°;(3).【解析】试题分析:(1)根据正方形的性质可得AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠EAG=90°,再求出∠BAE=∠DAG,然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等,根据全等三角形对应边相等证明即可.(2)当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,据此求解即可.(3)根据和求解即可.试题解析:(1)如图2,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAE+∠EAD=90°.∵四边形AEFG是正方形,∴AE=AG,∠EAD+∠DAG=90°.∴∠BAE=∠DAG..∴△ABE≌△ADG(SAS).∴BE=DG..(2)如图,当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,此时∠FCD 的度数为45°或135°.(3)如图3,连接GB、GE.由已知α=45°,可知∠BAE=45°.又∵GE为正方形AEFG的对角线,∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.∵,∴GE =8.∴.过点B作BH⊥AE于点H.∵AB=2,∴. ∴..设点G到BE的距离为h.∴.∴.∴点G到BE的距离为.考点:1.旋转的性质;2.正方形的性质;3.全等三角形的判定和性质;4.平行的判定和性质;5.勾股定理;6.分类思想的应用.3.边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1),现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转,当A点第一次落在DF上时停止旋转,旋转过程中, AB边交DF于点M,BC边交DG于点N.(1)求边DA在旋转过程中所扫过的面积;(2)旋转过程中,当MN和AC平行时(如图2),求正方形ABCD旋转的度数;(3)如图3,设△MBN的周长为p,在旋转正方形ABCD的过程中,p值是否有变化?请证明你的结论.【答案】(1);(2);(3)不变化,证明见解析.【解析】试题分析:(1)将正方形ABCD绕D点顺时针旋转,当A点第一次落在DF上时停止旋转,旋转过程中,DA旋转了,从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的面积.(2)旋转过程中,当MN和AC平行时,根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为.(3)延长BA交DE轴于H点,通过证明和可得结论.(1)∵A点第一次落在DF上时停止旋转,∴DA旋转了.∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.(2)∵MN∥AC,∴,.∴.∴.又∵,∴.又∵,∴.∴.∴.∴旋转过程中,当MN和AC平行时,正方形ABCD旋转的度数为.(3)不变化,证明如下:如图,延长BA交DE轴于H点,则,,∴.又∵.∴.∴.又∵, ,∴.∴.∴.∴.∴在旋转正方形ABCD的过程中,值无变化.考点:1.面动旋转问题;2.正方形的性质;3.扇形面积的计算;4.全等三角形的判定和性质.4.某数学活动小组在作三角形的拓展图形,研究其性质时,经历了如下过程:操作发现(1)某小组做了有一个角是120︒的等腰三角形DAC 和等边三角形GEB 纸片,DA DC =,让两个三角形如图①放置,点C 和点G 重合,点D ,点E 在AB 的同侧,AC和GB 在同一条直线上,点F 为AB 的中点,连接DF ,EF ,则DF 和EF 的数量关系与位置关系为:________; 数学思考(2)在图①的基础上,将GEB 绕着C 点按顺时针方向旋转90︒,如图②,试判断DF 和EF 的数量关系和位置关系,并说明理由; 类比探索(3)①将GEB 绕着点C 任意方向旋转,如图③或图④,请问DF 和EF 的数量关系和位置关系改变了吗?无论改变与否,选择图③或图④进行证明;②GEB 绕着点C 旋转的过程中,猜想DF 与EF 的数量关系和位置关系,用一句话表述:________.【答案】(1)3EF DF =,DF EF ;(2)3EF DF =,DF EF ,理由见解析;(3)①3EF DF =,DF EF ;②旋转过程中3EF DF =,DFEF 始终成立.【解析】 【分析】(1)由题意过点D 作DM AB ⊥于点M ,过点E 作EN AB ⊥于点N ,利用等边三角形和中点性质设DM a =,2GB b =,结合相似三角形判定和性质进行综合分析求解; (2)根据题意要求判断DF 和EF 的数量关系和位置关系,连接CF ,OB 与AE 交于点M ,并综合利用垂直平分线定理以及矩形和等边三角形性质与三角函数进行综合分析; (3)①根据题意延长DF 并截取FN DF =,连接NE ,连接NB 并延长交CE 于点P ,交DC 的延长线于点O ,连接DE ,并利用全等三角形判定和性质以及三角函数进行分析证明;②由题意可知结合①猜想可知旋转过程中3EF DF =,DF EF 始终成立.【详解】解:(1)3EF DF =,DF EF ;如解图,过点D 作DM AB ⊥于点M ,过点E 作EN AB ⊥于点N ,AD CD =,EGB 为等边三角形. AM MC ∴=,GN BN =. 又点F 为AB 的中点, AF BF ∴=.()12MF CF NC NB AC AM CB MC NC +=++=+=+∴.MF NC NB ∴==,CF CN FN AM +==. 设DM a =,2GB b =,120ADC ∠=︒,DA DC =,3AM a ∴=,3FN a =,MF NC NB b ===. tan 33EGB NE GN GN b =⋅==∠.在DMF 和FNE 中,333DM FN a ==, 333MF NE b ==, 又90DMF FNE ∠=∠=︒, DMF FNE ∴∽.MDF NFE ∴∠=∠,3DF DM FE FN ==3EF DF =. 90MDF DFM ∠+∠=︒,90DFM NFE ∴∠+∠=︒. 90DFE ∴∠=︒.3EF DF ∴=且DFEF .(2)3EF DF =,DF EF .理由如下:如解图,连接CF ,OB 与AE 交于点M ,当旋转角是90︒时,则90ACB ∠=︒,在Rt ACB △中,点F 是AB 的中点,CF BF∴=.又CE EB=,EF∴垂直平分BC.同理,DF垂直平分AC,∴四边形LCMF为矩形,90DFE∴∠=︒.DF EF∴⊥,//AC EF.DA DC=,120ADC=∠︒,30DCA∴∠=︒.GEB为等边三角形,60ECB∴∠=︒.∴∠DCA+∠ACB+∠ECB=180^∘∴D,C,E三点共线.30DCA DEF∴∠=∠=︒.∴在Rt DEF△中,3tan33DEDFFFE DF===∠;(3)①3EF DF=,DF EF.选择题图进行证明:如解图,延长DF并截取FN DF=,连接NE,连接NB并延长交CE于点P,交DC的延长线于点O,连接DE,在ADF和BNF中,AF BFAFD BFNDF NF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,()SASADF BNF∴≅.AD NB∴=,ADF BNF∠=∠.//AD NB∴.18060O ADC∴∠=︒-∠=︒.又CPO BPE∠=∠,60O CEB∠=∠=︒,OCP OBE∴∠=∠.DCE NBE∴∠=∠.又GEB是等边三角形,GE BE∴=,又AD BN CD==,()SASDCE NBE∴≅.DE NE∴=,BEN CED∠=∠.BEN BED CED BED∴∠+∠=∠+∠,即60NED BEC∠=∠=︒.DEN∴是等边三角形.又DF FN=,DF EF∴⊥,60FDE∠=︒.tan3E EF DF DFFD∴∠=⋅=.或选择图进行证明,证明如下:如解图,延长DF并延长到点N,使得FN DF=,连接NB,DE,NE,NB与CD交于点O,EB与CD相交于点J,在ADF和BNF中,AF BFAFD BFNDF NF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,()SASADF BNF∴≅.AD NB∴=,ADF BNF∠=∠.//AD NB∴.120NOC ADC∴∠=∠=︒.60BOJ∴∠=︒,60JEC∠=︒.又OJB EJC∠=∠,OBE ECJ∴∠=∠.AD CD=,AD NB=,CD NB∴=.又GEB是等边三角形,CE BE∴=.()SASDCE NBE∴≅.DE NE ∴=,BEN CED ∠=∠.BEN BED CED BED ∴∠-∠=∠-∠, 即60NED BEC ∠=∠=︒. DEN ∴是等边三角形. 又DF FN =,DF EF ∴⊥,60FDE ∠=︒.tan 3E E F DF DF FD ∴∠=⋅=.②旋转过程中3EF DF =,DF EF 始终成立.【点睛】本题考查几何图形的综合探究题,难度大,运用数形结合思维分析以及掌握并灵活利用全等三角形判定和性质以及三角函数、相似三角形判定和性质等是解题关键.错因分析:①未掌握旋转的性质,即旋转前后线段、角度均不变;②不能合理利用类比关系,由浅到深解决问题.5.如图1,矩形ABCD 中,E 是AD 的中点,以点E 直角顶点的直角三角形EFG 的两边EF ,EG 分别过点B ,C ,∠F=30°. (1)求证:BE =CE(2)将△EFG 绕点E 按顺时针方向旋转,当旋转到EF 与AD 重合时停止转动.若EF ,EG 分别与AB ,BC 相交于点M ,N.(如图2) ①求证:△BEM≌△CEN;②若AB =2,求△BMN 面积的最大值;③当旋转停止时,点B 恰好在FG 上(如图3),求sin∠EBG 的值.【答案】(1)详见解析;(2)①详见解析;②2;③624. 【解析】 【分析】(1)只要证明△BAE ≌△CDE 即可;(2)①利用(1)可知△EBC是等腰直角三角形,根据ASA即可证明;②构建二次函数,利用二次函数的性质即可解决问题;③如图3中,作EH⊥BG于H.设NG=m,则BG=2m,BN=EN=3m,EB=6m.利用面积法求出EH,根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】(1)证明:如图1中,∵四边形ABCD是矩形,∴AB=DC,∠A=∠D=90°,∵E是AD中点,∴AE=DE,∴△BAE≌△CDE,∴BE=CE.(2)①解:如图2中,由(1)可知,△EBC是等腰直角三角形,∴∠EBC=∠ECB=45°,∵∠ABC=∠BCD=90°,∴∠EBM=∠ECN=45°,∵∠MEN=∠BEC=90°,∴∠BEM=∠CEN,∵EB=EC,∴△BEM≌△CEN;②∵△BEM≌△CEN,∴BM=CN,设BM=CN=x,则BN=4-x,∴S△BMN=12•x(4-x)=-12(x-2)2+2,∵-12<0,∴x=2时,△BMN的面积最大,最大值为2.③解:如图3中,作EH⊥BG于H.设NG=m,则BG=2m,BN=EN=3m,EB=6m.∴EG=m+3m=(1+3)m,∵S△BEG=12•EG•BN=12•BG•EH,∴EH=3?(13)m m+=3+3m,在Rt△EBH中,sin∠EBH=3+36226mEHEB m+==.【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识,解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题,学会添加常用辅助线,学会利用参数解决问题,6.(1)发现如图,点A为线段BC外一动点,且BC a=,AB b=.填空:当点A位于____________时,线段AC的长取得最大值,且最大值为_________.(用含a,b的式子表示)(2)应用点A为线段BC外一动点,且3BC=,1AB=.如图所示,分别以AB,AC为边,作等边三角形ABD和等边三角形ACE,连接CD,BE.①找出图中与BE相等的线段,并说明理由;②直接写出线段BE长的最大值.(3)拓展如图,在平面直角坐标系中,点A 的坐标为()2,0,点B 的坐标为()5,0,点P 为线段AB 外一动点,且2PA =,PM PB =,90BPM ∠=︒,求线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标.【答案】(1)CB 的延长线上,a+b ;(2)①DC=BE,理由见解析;②BE 的最大值是4;(3)AM 的最大值是2,点P 的坐标为(22)【解析】【分析】(1)根据点A 位于CB 的延长线上时,线段AC 的长取得最大值,即可得到结论; (2)①根据等边三角形的性质得到AD=AB ,AC=AE ,∠BAD=∠CAE=60°,推出△CAD ≌△EAB ,根据全等三角形的性质得到CD=BE ;②由于线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值,根据(1)中的结论即可得到结果;(3)连接BM ,将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ,连接AN ,得到△APN 是等腰直角三角形,根据全等三角形的性质得到PN=PA=2,BN=AM ,根据当N 在线段BA 的延长线时,线段BN 取得最大值,即可得到最大值为2+3;如图2,过P 作PE ⊥x 轴于E ,根据等腰直角三角形的性质即可得到结论.【详解】解:(1)∵点A 为线段BC 外一动点,且BC=a ,AB=b ,∴当点A 位于CB 的延长线上时,线段AC 的长取得最大值,且最大值为BC+AB=a+b , 故答案为CB 的延长线上,a+b ;(2)①CD=BE ,理由:∵△ABD 与△ACE 是等边三角形,∴AD=AB ,AC=AE ,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC ,即∠CAD=∠EAB ,在△CAD 与△EAB 中,AD ABCAD EAB AC AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△CAD ≌△EAB ,∴CD=BE ;②∵线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值,由(1)知,当线段CD 的长取得最大值时,点D 在CB 的延长线上,∴最大值为BD+BC=AB+BC=4;(3)∵将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ,连接AN ,则△APN 是等腰直角三角形,∴PN=PA=2,BN=AM ,∵A 的坐标为(2,0),点B 的坐标为(5,0),∴OA=2,OB=5,∴AB=3,∴线段AM 长的最大值=线段BN 长的最大值,∴当N 在线段BA 的延长线时,线段BN 取得最大值,最大值=AB+AN ,∵AN=2AP=22,∴最大值为22+3;如图2,过P 作PE ⊥x 轴于E ,∵△APN 是等腰直角三角形,∴2,∴22,∴P (22).【点睛】考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,最大值问题,旋转的性质.正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.7.操作与证明:如图1,把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起,使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合,点E、F分别在正方形的边CB、CD上,连接AF.取AF中点M,EF的中点N,连接MD、MN.(1)连接AE,求证:△AEF是等腰三角形;猜想与发现:(2)在(1)的条件下,请判断MD、MN的数量关系和位置关系,得出结论.结论1:DM、MN的数量关系是;结论2:DM、MN的位置关系是;拓展与探究:(3)如图2,将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°,其他条件不变,则(2)中的两个结论还成立吗?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.【答案】(1)证明参见解析;(2)相等,垂直;(3)成立,理由参见解析.【解析】试题分析:(1)根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF,继而证明出△ABE≌△ADF,得到AE=AF,从而证明出△AEF是等腰三角形;(2)DM、MN的数量关系是相等,利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直,利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质,及全等三角形对应角相等即可得出结论;(3)成立,连接AE,交MD于点G,标记出各个角,首先证明出MN∥AE,MN=12AE,利用三角形全等证出AE=AF,而DM=12AF,从而得到DM,MN数量相等的结论,再利用三角形外角性质和三角形全等,等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°.从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析:(1)∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD=BC=CD,∠B=∠ADF=90°,∵△CEF 是等腰直角三角形,∠C=90°,∴CE=CF,∴BC﹣CE=CD﹣CF,即BE=DF,∴△ABE≌△ADF,∴AE=AF,∴△AEF是等腰三角形;(2)DM、MN的数量关系是相等,DM、MN的位置关系是垂直;∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线,∴AF=2DM,∵MN 是△AEF的中位线,∴AE=2MN,∵AE=AF,∴DM=MN;∵∠DMF=∠DAF+∠ADM,AM=MD,∵∠FMN=∠FAE,∠DAF=∠BAE,∴∠ADM=∠DAF=∠BAE,∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°,∴DM⊥MN;(3)(2)中的两个结论还成立,连接AE,交MD于点G,∵点M为AF的中点,点N为EF的中点,∴MN∥AE,MN=12AE,由已知得,AB=AD=BC=CD,∠B=∠ADF,CE=CF,又∵BC+CE=CD+CF,即BE=DF,∴△ABE≌△ADF,∴AE=AF,在Rt△ADF中,∵点M为AF的中点,∴DM=12AF,∴DM=MN,∵△ABE≌△ADF,∴∠1=∠2,∵AB∥DF,∴∠1=∠3,同理可证:∠2=∠4,∴∠3=∠4,∵DM=AM,∴∠MAD=∠5,∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°,∵MN∥AE,∴∠DMN=∠DGE=90°,∴DM⊥MN.所以(2)中的两个结论还成立.考点:1.正方形的性质;2.全等三角形的判定与性质;3.三角形中位线定理;4.旋转的性质.8.两块等腰直角三角板△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.9.(操作发现)(1)如图1,△ABC 为等边三角形,先将三角板中的60°角与∠ACB 重合,再将三角板绕点C 按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于30°),旋转后三角板的一直角边与AB 交于点D ,在三角板斜边上取一点F ,使CF=CD ,线段AB 上取点E ,使∠DCE=30°,连接AF ,EF .①求∠EAF 的度数;②DE 与EF 相等吗?请说明理由;(类比探究)(2)如图2,△ABC 为等腰直角三角形,∠ACB=90°,先将三角板的90°角与∠ACB 重合,再将三角板绕点C 按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于45°),旋转后三角板的一直角边与AB 交于点D ,在三角板另一直角边上取一点F ,使CF=CD ,线段AB 上取点E ,使∠DCE=45°,连接AF ,EF .请直接写出探究结果:①∠EAF 的度数;②线段AE ,ED ,DB 之间的数量关系.【答案】(1)①120°②DE=EF;(2)①90°②AE2+DB2=DE2【解析】试题分析:(1)①由等边三角形的性质得出AC=BC,∠BAC=∠B=60°,求出∠ACF=∠BCD,证明△ACF≌△BCD,得出∠CAF=∠B=60°,求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°;②证出∠DCE=∠FCE,由SAS证明△DCE≌△FCE,得出DE=EF即可;(2)①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC,∠BAC=∠B=45°,证出∠ACF=∠BCD,由SAS证明△ACF≌△BCD,得出∠CAF=∠B=45°,AF=DB,求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°;②证出∠DCE=∠FCE,由SAS证明△DCE≌△FCE,得出DE=EF;在Rt△AEF中,由勾股定理得出AE2+AF2=EF2,即可得出结论.试题解析:解:(1)①∵△ABC是等边三角形,∴AC=BC,∠BAC=∠B=60°.∵∠DCF=60°,∴∠ACF=∠BCD.在△ACF和△BCD中,∵AC=BC,∠ACF=∠BCD,CF=CD,∴△ACF≌△BCD(SAS),∴∠CAF=∠B=60°,∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°;②DE=EF.理由如下:∵∠DCF=60°,∠DCE=30°,∴∠FCE=60°﹣30°=30°,∴∠DCE=∠FCE.在△DCE和△FCE中,∵CD=CF,∠DCE=∠FCE,CE=CE,∴△DCE≌△FCE(SAS),∴DE=EF;(2)①∵△ABC是等腰直角三角形,∠ACB=90°,∴AC=BC,∠BAC=∠B=45°.∵∠DCF=90°,∴∠ACF=∠BCD.在△ACF和△BCD 中,∵AC=BC,∠ACF=∠BCD,CF=CD,∴△ACF≌△BCD(SAS),∴∠CAF=∠B=45°,AF=DB,∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°;②AE2+DB2=DE2,理由如下:∵∠DCF=90°,∠DCE=45°,∴∠FCE=90°﹣45°=45°,∴∠DCE=∠FCE.在△DCE和△FCE中,∵CD=CF,∠DCE=∠FCE,CE=CE,∴△DCE≌△FCE(SAS),∴DE=EF.在Rt△AEF中,AE2+AF2=EF2,又∵AF=DB,∴AE2+DB2=DE2.10.如图1,点O是正方形ABCD两对角线的交点. 分别延长OD到点G,OC到点E,使OG=2OD,OE=2OC,然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG,连接AG,DE.(1)求证:DE⊥AG;(2)正方形ABCD固定,将正方形OEFG绕点O逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形,如图2.①在旋转过程中,当∠是直角时,求的度数;(注明:当直角边为斜边一半时,这条直角边所对的锐角为30度)②若正方形ABCD的边长为1,在旋转过程中,求长的最大值和此时的度数,直接写出结果不必说明理由.【答案】(1)DE⊥AG (2)①当∠为直角时,α=30°或150°.②315°【解析】分析:(1)延长ED交AG于点H,证明≌,根据等量代换证明结论;(2)根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到,分两种情况求出的度数;(3)根据正方形的性质分别求出OA和OF的长,根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数.详解:如图1,延长ED交AG于点H,点O是正方形ABCD两对角线的交点,,,在和中,,≌,,,,即;在旋转过程中,成为直角有两种情况:Ⅰ由增大到过程中,当时,,在中,sin∠AGO=,,,,,即;Ⅱ由增大到过程中,当时,同理可求,.综上所述,当时,或.如图3,当旋转到A、O、在一条直线上时,的长最大,正方形ABCD的边长为1,,,,,,此时.点睛:考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,锐角三角形函数,旋转变换的性质的综合应用,有一定的综合性,注意分类讨论的思想.。
旋转综合题及答案
旋转综合题一.解答题(共14小题)1.阅读与理解:图1是边长分别为a和b(a>b)的两个等边三角形纸片ABC和C′DE叠放在一起(C与C′重合)的图形.操作与证明:(1)操作:固定△ABC,将△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°,连接AD,BE,如图2;在图2中,线段BE与AD之间具有怎样的大小关系?证明你的结论;(2)操作:若将图1中的△C′DE,绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α,连接AD,BE,如图3;在图3中,线段BE与AD之间具有怎样的大小关系?证明你的结论;猜想与发现:根据上面的操作过程,请你猜想当α为多少度时,线段AD的长度最大是多少?当α为多少度时,线段AD的长度最小是多少?2.如图1、2是两个相似比为1:的等腰直角三角形,将两个三角形如图3放置,小直角三角形的斜边与大直角三角形的一直角边重合.(1)在图3中,绕点D旋转小直角三角形,使两直角边分别与AC、BC交于点E,F,如图4.求证:AE2+BF2=EF2;(2)若在图3中,绕点C旋转小直角三角形,使它的斜边和CD延长线分别与AB交于点E、F,如图5,此时结论AE2+BF2=EF2是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.(3)如图6,在正方形ABCD中,E、F分别是边BC、CD上的点,满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半,AE、AF分别与对角线BD交于M、N,试问线段BM、MN、DN能否构成三角形的三边长?若能,指出三角形的形状,并给出证明;若不能,请说明理由.3.某校九年级学习小组在探究学习过程中,用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图(1)所示位置放置放置,现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α(0°<α<90°),如图(2),AE与BC交于点M,AC与EF交于点N,BC与EF交于点P.(1)求证:AM=AN;(2)当旋转角α=30°时,四边形ABPF是什么样的特殊四边形?并说明理由.4.如图1,在△ABC中,∠A=36°,AB=AC,∠ABC的平分线BE交AC于E.(1)求证:AE=BC;(2)如图(2),过点E作EF∥BC交AB于F,将△AEF绕点A逆时针旋转角α(0°<α<144°)得到△AE′F′,连结CE′,BF′,求证:CE′=BF′;(3)在(2)的旋转过程中是否存在CE′∥AB?若存在,求出相应的旋转角α;若不存在,请说明理由.5.在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=1,BC=,点O为Rt△ABC内一点,连接A0、BO、CO,且∠AOC=∠COB=BOA=120°,按下列要求画图(保留画图痕迹):以点B为旋转中心,将△AOB绕点B顺时针方向旋转60°,得到△A′O′B(得到A、O的对应点分别为点A′、O′),并回答下列问题:∠ABC=,∠A′BC=,OA+OB+OC=.6.在△ABC中,BA=BC,∠BAC=α,M是AC的中点,P是线段BM上的动点,将线段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的延长线于射线BM交于点D,猜想∠CDB的大小(用含α的代数式表示),并加以证明;(3)对于适当大小的α,当点P在线段BM上运动到某一位置(不与点B,M重合)时,能使得线段CQ的延长线与射线BM交于点D,且PQ=QD,请直接写出α的范围.7.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.8.如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,长方形AEFG的宽AE=,长EF=.将长方形AEFG绕点A顺时针旋转15°得到长方形AMNH(如图),这时BD与MN相交于点O.(1)求∠DOM的度数;(2)在图中,求D、N两点间的距离;(3)若把长方形AMNH绕点A再顺时针旋转15°得到长方形ARTZ,请问此时点B在矩形ARTZ的内部、外部、还是边上?并说明理由.9.某数学兴趣小组开展了一次活动,过程如下:如图1,在等腰直角△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,小敏将一块三角板中含45°角的顶点放在A上,从AB边开始绕点A逆时针旋转一个角α,其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D,直角边所在的直线交直线BC于点E.(1)小敏在线段BC上取一点M,连接AM,旋转中发现:若AD平分∠BAM,则AE也平分∠MAC.请你证明小敏发现的结论;(2)当0°<α≤45°时,小敏在旋转中还发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系:BD2+CE2=DE2.同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决;小颖的想法:将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF,连接EF(如图2)小亮的想法:将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG,连接EG(如图3);请你从中任选一种方法进行证明;(3)小敏继续旋转三角板,在探究中得出当45°<α<135°且α≠90°时,等量关系BD2+CE2=DE2仍然成立,先请你继续研究:当135°<α<180°时(如图4)等量关系BD2+CE2=DE2是否仍然成立?若成立,给出证明;若不成立,说明理由.10.如图,将边长为a的正方形OABC绕顶点O按顺时针方向旋转角α(0°<α<45°),得到正方形OA1B1C1.设边B1C1与OC的延长线交于点M,边B1A1与OB 交于点N,边B1A1与OA的延长线交于点E,连接MN.(1)求证:△OC1M≌△OA1E;(2)试说明:△OMN的边MN上的高为定值;(3)△MNB1的周长p是否发生变化?若发生变化,试说明理由;若不发生变化,请给予证明,并求出p的值.11.在正方形ABCD的边AB上任取一点E,作EF⊥AB交BD于点F,取FD的中点G,连接EG、CG,如图(1),易证EG=CG且EG⊥CG.(1)将△BEF绕点B逆时针旋转90°,如图(2),则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系?请直接写出你的猜想.(2)将△BEF绕点B逆时针旋转180°,如图(3),则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系?请写出你的猜想,并加以证明.12.己知:正方形ABCD.(1)如图1,点E、点F分别在边AB和AD上,且AE=AF.此时,线段BE、DF 的数量关系和位置关系分别是什么?请直接写出结论.(2)如图2,等腰直角三角形FAE绕直角顶点A顺时针旋转∠α,当0°<α<90°时,连接BE、DF,此时(1)中的结论是否成立,如果成立,请证明;如果不成立,请说明理由.(3)如图3,等腰直角三角形FAE绕直角顶点A顺时针旋转∠α,当a=90°时,连接BE、DF,猜想沟AE与AD满足什么数量关系时,直线DF垂直平分BE.请直接写出结论.(4)如图4,等腰直角三角形FAE绕直角顶点A顺时针旋转∠α,当90°<α<180°时,连接BD、DE、EF、FB得到四边形BDEF,则顺次连接四边形BDEF各边中点所组成的四边形是什么特殊四边形?请直接写出结论.13.如图,点O是等边△ABC内一点,∠AOB=β,∠BOC=α.将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC,连接OD.(1)当β=110°,α=150°时,试判断△AOD的形状,并说明理由.(2)探究:若β=110°,那么α为多少度,△AOD是等腰三角形?(只要写出探究结果)α=.(3)请写出△AOD是等边三角形时α、β的度数.α=度;β=度.14.已知正方形ABCD中,E为对角线BD上一点,过E点作EF⊥BD交BC于F,连接DF,G为DF中点,连接EG,CG.(1)求证:EG=CG;(2)将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°,如图②所示,取DF中点G,连接EG,CG.问(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由;(3)将图①中△BEF绕B点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问(1)中的结论是否仍然成立?通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).旋转综合题参考答案与试题解析一.解答题(共14小题)1.(2017•连云港四模)阅读与理解:图1是边长分别为a和b(a>b)的两个等边三角形纸片ABC和C′DE叠放在一起(C与C′重合)的图形.操作与证明:(1)操作:固定△ABC,将△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°,连接AD,BE,如图2;在图2中,线段BE与AD之间具有怎样的大小关系?证明你的结论;(2)操作:若将图1中的△C′DE,绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α,连接AD,BE,如图3;在图3中,线段BE与AD之间具有怎样的大小关系?证明你的结论;猜想与发现:根据上面的操作过程,请你猜想当α为多少度时,线段AD的长度最大是多少?当α为多少度时,线段AD的长度最小是多少?【解答】解:操作与证明:(1)BE=AD.∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°,∴∠BCE=∠ACD=30度,∵△ABC与△C′DE是等边三角形,∴CA=CB,CE=CD,∴△BCE≌△ACD,∴BE=AD.(2)BE=AD.∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转的角度为α,∴∠BCE=∠ACD=α,∵△ABC与△C′DE是等边三角形,∴CA=CB,CE=CD,∴△BCE≌△ACD,∴BE=AD.猜想与发现:当α为180°时,线段AD的长度最大,等于a+b;当α为0°(或360°)时,线段AD的长度最小,等于a﹣b.2.(2014•长沙校级自主招生)如图1、2是两个相似比为1:的等腰直角三角形,将两个三角形如图3放置,小直角三角形的斜边与大直角三角形的一直角边重合.(1)在图3中,绕点D旋转小直角三角形,使两直角边分别与AC、BC交于点E,F,如图4.求证:AE2+BF2=EF2;(2)若在图3中,绕点C旋转小直角三角形,使它的斜边和CD延长线分别与AB交于点E、F,如图5,此时结论AE2+BF2=EF2是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.(3)如图6,在正方形ABCD中,E、F分别是边BC、CD上的点,满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半,AE、AF分别与对角线BD交于M、N,试问线段BM、MN、DN能否构成三角形的三边长?若能,指出三角形的形状,并给出证明;若不能,请说明理由.【解答】证明:(1)连CD,如图4,∵两个等腰直角三角形的相似比为1:,而小直角三角形的斜边等于大直角三角形的直角边,∴点D为AB的中点,∴CD=AD,∠4=∠A=45°,又∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°,∴∠3=∠1,∴△CDF≌△ADE,∴CF=AE,同理可得△CED≌△BFD,∴CE=BF,而CE2+CF2=EF2,∴AE2+BF2=EF2;(2)结论AE2+BF2=EF2仍然成立.理由如下:把△CFB绕点C顺时针旋转90°,得到△CGA,如图5∴CF=CG,AG=BF,∠4=∠1,∠B=∠GAC=45°,∴∠GAE=90°,而∠3=45°,∴∠2+∠4=90°﹣45°=45°,∴∠1+∠2=45°,∴△CGE≌△CFE,∴GE=EF,在Rt△AGE中,AE2+AG2=GE2,∴AE2+BF2=EF2;(3)线段BM、MN、DN能构成直角三角形的三边长.理由如下:把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABP,点N的对应点为Q,如图∴∠4=∠2,∠1+∠3+∠4=90°,BP=DF,BQ=DN,AF=AP,∵△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半,∴EF=BE+DF,∴EF=EP,∴△AEF≌△AEP,∴∠1=∠3+∠4,而AQ=AN,∴△AMQ≌△AMN,∴MN=QM,而∠ADN=∠QBA=45°,∠ABD=45°,∴∠QBN=90°,∴BQ2+BM2=QM2,∴BM2+DN2=MN2.3.(2013•娄底)某校九年级学习小组在探究学习过程中,用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图(1)所示位置放置放置,现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α(0°<α<90°),如图(2),AE与BC交于点M,AC与EF交于点N,BC与EF交于点P.(1)求证:AM=AN;(2)当旋转角α=30°时,四边形ABPF是什么样的特殊四边形?并说明理由.【解答】(1)证明:∵用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图(1)所示位置放置放置,现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α(0°<α<90°),∴AB=AF,∠BAM=∠FAN,在△ABM和△AFN中,,∴△ABM≌△AFN(ASA),∴AM=AN;(2)解:当旋转角α=30°时,四边形ABPF是菱形.理由:连接AP,∵∠α=30°,∴∠FAN=30°,∴∠FAB=120°,∵∠B=60°,∴∠B+∠FAB=180°,∴AF∥BP,∴∠F=∠FPC=60°,∴AB∥FP,∴四边形ABPF是平行四边形,∵AB=AF,∴平行四边形ABPF是菱形.4.(2013•益阳)如图1,在△ABC中,∠A=36°,AB=AC,∠ABC的平分线BE交AC于E.(1)求证:AE=BC;(2)如图(2),过点E作EF∥BC交AB于F,将△AEF绕点A逆时针旋转角α(0°<α<144°)得到△AE′F′,连结CE′,BF′,求证:CE′=BF′;(3)在(2)的旋转过程中是否存在CE′∥AB?若存在,求出相应的旋转角α;若不存在,请说明理由.【解答】(1)证明:∵AB=BC,∠A=36°,∴∠ABC=∠C=72°,又∵BE平分∠ABC,∴∠BEC=180°﹣∠C﹣∠CBE=72°,∴∠ABE=∠A,∠BEC=∠C,∴AE=BE,BE=BC,∴AE=BC.(2)证明:∵AC=AB且EF∥BC,∴AE=AF;由旋转的性质可知:∠E′AC=∠F′AB,AE′=AF′,∵在△CAE′和△BAF′中,∴△CAE′≌△BAF′,∴CE′=BF′.(3)存在CE′∥AB,理由:由(1)可知AE=BC,所以,在△AEF绕点A逆时针旋转过程中,E点经过的路径(圆弧)与过点C且与AB平行的直线l交于M、N两点,如图:①当点E的像E′与点M重合时,则四边形ABCM为等腰梯形,∴∠BAM=∠ABC=72°,又∠BAC=36°,∴α=∠CAM=36°.②当点E的像E′与点N重合时,由AB∥l得,∠AMN=∠BAM=72°,∵AM=AN,∴∠ANM=∠AMN=72°,∴∠MAN=180°﹣2×72°=36°,∴α=∠CAN=∠CAM+∠MAN=72°.所以,当旋转角为36°或72°时,CE′∥AB.5.(2013•常州)在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=1,BC=,点O为Rt△ABC内一点,连接A0、BO、CO,且∠AOC=∠COB=BOA=120°,按下列要求画图(保留画图痕迹):以点B为旋转中心,将△AOB绕点B顺时针方向旋转60°,得到△A′O′B(得到A、O的对应点分别为点A′、O′),并回答下列问题:∠ABC=30°,∠A′BC=90°,OA+OB+OC=.【解答】解:∵∠C=90°,AC=1,BC=,∴tan∠ABC===,∴∠ABC=30°,∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°,∴△A′O′B如图所示;∠A′BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°,∵∠C=90°,AC=1,∠ABC=30°,∴AB=2AC=2,∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°,得到△A′O′B,∴A′B=AB=2,BO=BO′,A′O′=AO,∴△BOO′是等边三角形,∴BO=OO′,∠BOO′=∠BO′O=60°,∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°,∴∠COB+∠BOO′=∠BO′A′+∠BO′O=120°+60°=180°,∴C、O、A′、O′四点共线,在Rt△A′BC中,A′C===,∴OA+OB+OC=A′O′+OO′+OC=A′C=.故答案为:30°;90°;.6.(2012•北京)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的延长线于射线BM交于点D,猜想∠CDB的大小(用含α的代数式表示),并加以证明;(3)对于适当大小的α,当点P在线段BM上运动到某一位置(不与点B,M重合)时,能使得线段CQ的延长线与射线BM交于点D,且PQ=QD,请直接写出α的范围.【解答】解:(1)∵BA=BC,∠BAC=60°,M是AC的中点,∴BM⊥AC,AM=MC,∵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)如图2,连接PC,AD,∵AB=BC,M是AC的中点,∴BM⊥AC,即BD为AC的垂直平分线,∴AD=CD,AP=PC,PD=PD,在△APD与△CPD中,∵,∴△APD≌△CPD(SSS),∴∠ADB=∠CDB,∠PAD=∠PCD,又∵PQ=PA,∴PQ=PC,∠ADC=2∠1,∠4=∠PCQ=∠PAD,∴∠PAD+∠PQD=∠4+∠PQD=180°,∴∠APQ+∠ADC=360°﹣(∠PAD+∠PQD)=180°,∴∠ADC=180°﹣∠APQ=180°﹣2α,∴2∠CDB=180°﹣2α,∴∠CDB=90°﹣α;(3)如图1,延长BM,CQ交于点D,连接AD,∵∠CDB=90°﹣α,且PQ=QD,∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°﹣2α,∵点P不与点B,M重合,∴∠BAD>∠PAD>∠MAD,∵点P在线段BM上运动,∠PAD最大为2α,∠PAD最小等于α,∴2α>180°﹣2α>α,∴45°<α<60°.7.(2012•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45°;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.【解答】解:(1)①∵∠BAC=90°,θ=45°,∴AP⊥BC,BP=CP(等腰三角形三线合一),∴AP=BP(直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半),又∵∠MBN=90°,BM=BN,∴AP=PN(等腰三角形三线合一),∴AP=PN=BP=PC,且AN⊥BC,∴四边形ABNC是正方形,∴∠ANC=45°;②连接CN,当θ≠45°时,①中的结论不发生变化.理由如下:∵∠BAC=∠MBN=90°,AB=AC,BM=BN,∴∠ABC=∠ACB=∠BNP=45°,又∵∠BPN=∠APC,∴△BNP∽△ACP,∴=,又∵∠APB=∠CPN,∴△ABP∽△CNP,∴∠ANC=∠ABC=45°;(2)∠ANC=90°﹣∠BAC.理由如下:∵∠BAC=∠MBN≠90°,AB=AC,BM=BN,∴∠ABC=∠ACB=∠BNP=(180°﹣∠BAC),又∵∠BPN=∠APC,∴△BNP∽△ACP,∴=,又∵∠APB=∠CPN,∴△ABP∽△CNP,∴∠ANC=∠ABC,在△ABC中,∠ABC=(180°﹣∠BAC)=90°﹣∠BAC.8.(2012•怀化)如图,四边形ABCD是边长为3的正方形,长方形AEFG的宽AE=,长EF=.将长方形AEFG绕点A顺时针旋转15°得到长方形AMNH(如图),这时BD与MN相交于点O.(1)求∠DOM的度数;(2)在图中,求D、N两点间的距离;(3)若把长方形AMNH绕点A再顺时针旋转15°得到长方形ARTZ,请问此时点B在矩形ARTZ的内部、外部、还是边上?并说明理由.【解答】解:(1)根据题意得:∠BAM=15°,∵四边形AMNH是矩形,∴∠M=90°,∴∠AKM=90°﹣∠BAM=75°,∴∠BKO=∠AKM=75°,∵四边形ABCD是正方形,∴∠ABD=45°,∴∠DOM=∠BKO+∠ABD=75°+45°=120°;(2)连接AN,交BD于I,连接DN,∵NH=,AH=,∠H=90°,∴tan∠HAN==,∴∠HAN=30°,∴AN=2NH=7,由旋转的性质:∠DAH=15°,∴∠DAN=45°,∵∠DAC=45°,∴A,C,N共线,∵四边形ABCD是正方形,∴BD⊥AC,∵AD=CD=3,∴DI=AI=AC==3,∴NI=AN﹣AI=7﹣3=4,在Rt△DIN中,DN==5;(3)点B在矩形ARTZ的外部.理由:如图,根据题意得:∠BAR=15°+15°=30°,∵∠R=90°,AR=,∴AK===,∵AB=3>,∴点B在矩形ARTZ的外部.9.(2012•宁德)某数学兴趣小组开展了一次活动,过程如下:如图1,在等腰直角△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,小敏将一块三角板中含45°角的顶点放在A上,从AB边开始绕点A逆时针旋转一个角α,其中三角板斜边所在的直线交直线BC于点D,直角边所在的直线交直线BC于点E.(1)小敏在线段BC上取一点M,连接AM,旋转中发现:若AD平分∠BAM,则AE也平分∠MAC.请你证明小敏发现的结论;(2)当0°<α≤45°时,小敏在旋转中还发现线段BD、CE、DE之间存在如下等量关系:BD2+CE2=DE2.同组的小颖和小亮随后想出了两种不同的方法进行解决;小颖的想法:将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF,连接EF(如图2)小亮的想法:将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG,连接EG(如图3);请你从中任选一种方法进行证明;(3)小敏继续旋转三角板,在探究中得出当45°<α<135°且α≠90°时,等量关系BD2+CE2=DE2仍然成立,先请你继续研究:当135°<α<180°时(如图4)等量关系BD2+CE2=DE2是否仍然成立?若成立,给出证明;若不成立,说明理由.【解答】(1)证明:如图1,∵∠BAC=90°,∴∠BAD+∠DAM+∠MAE+∠EAC=90°.∵∠DAE=45°,∴∠BAD+∠EAC=45°.∵∠BAD=∠DAM,∴∠BAD+∠EAC=∠DAM+∠EAC=45°,∴∠DAM+∠MAE=∠DAM+∠EAC,∴∠MAE=∠EAC,即AE平分∠MAC;(2)选择小颖的方法.证明:如图2,连接EF.由折叠可知,∠BAD=∠FAD,AB=AF,BD=DF,∵∠BAD=∠FAD,∴由(1)可知,∠CAE=∠FAE.在△AEF和△AEC中,,∴△AEF≌△AEC(SAS),∴CE=FE,∠AFE=∠C=45°.∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°.在Rt△DFE中,DF2+FE2=DE2,∴BD2+CE2=DE2.(3)当135°<α<180°时,等量关系BD2+CE2=DE2仍然成立.证明如下:如图4,按小颖的方法作图,设AB与EF相交于点G.∵将△ABD沿AD所在的直线对折得到△ADF,∴AF=AB,∠AFD=∠ABD=135°,∠BAD=∠FAD.又∵AC=AB,∴AF=AC.又∵∠CAE=90°﹣∠BAE=90°﹣(45°﹣∠BAD)=45°+∠BAD=45°+∠FAD=∠FAE.∴∠CAE=∠FAE.在△AEF和△AEC中,∵,∴△AEF≌△AEC(SAS),∴CE=FE,∠AFE=∠C=45°.∴∠DFE=∠AFD﹣∠AFE=∠135°﹣∠C=135°﹣45°=90°.∴∠DFE=90°.在Rt△DFE中,DF2+FE2=DE2,∴BD2+CE2=DE2.10.(2012•高淳县一模)如图,将边长为a的正方形OABC绕顶点O按顺时针方向旋转角α(0°<α<45°),得到正方形OA1B1C1.设边B1C1与OC的延长线交于点M,边B1A1与OB交于点N,边B1A1与OA的延长线交于点E,连接MN.(1)求证:△OC1M≌△OA1E;(2)试说明:△OMN的边MN上的高为定值;(3)△MNB1的周长p是否发生变化?若发生变化,试说明理由;若不发生变化,请给予证明,并求出p的值.【解答】(1)证明:∵正方形OABC,∴∠A1OE+∠A1OM=∠C1OM+∠A1OM=90°,∴∠A1OE=∠C1OM,在△OC1M和△OA1E中,,∴△OC1M≌△OA1E(ASA);(2)解:∵△OC1M≌△OA1E(已证),∴OE=OM,在△EON和△MON中,,∴△EON≌△MON(SAS),∴EN=MN,∴△OMN的边MN上的高等于△OEN边EN上的高,即OA1的长a,为定值;(3)p不会发生变化,是定值2a.理由如下:根据(1)(2),△OC1M≌△OA1E,△EON≌△MON,∴MN=EN,A1E=C1M,∴△MNB1的周长p=MN+NB1+MB1,=EN+NB1+MB1,=EB1+MB1,=A1E+A1B1+MB1,=C1M+A1B1+MB1,=A1B1+B1C1,∵正方形OABC的边长为a,∴A1B1=B1C1=a,∴p=2a,是定值.11.(2011•齐齐哈尔)在正方形ABCD的边AB上任取一点E,作EF⊥AB交BD 于点F,取FD的中点G,连接EG、CG,如图(1),易证EG=CG且EG⊥CG.(1)将△BEF绕点B逆时针旋转90°,如图(2),则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系?请直接写出你的猜想.(2)将△BEF绕点B逆时针旋转180°,如图(3),则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系?请写出你的猜想,并加以证明.【解答】解:(1)EG=CG,EG⊥CG.(2)EG=CG,EG⊥CG.证明:延长FE交DC延长线于M,连MG.∵∠AEM=90°,∠EBC=90°,∠BCM=90°,∴四边形BEMC是矩形.∴BE=CM,∠EMC=90°,由图(3)可知,∵BD平分∠ABC,∠ABC=90°,∴∠EBF=45°,又∵EF⊥AB,∴△BEF为等腰直角三角形∴BE=EF,∠F=45°.∴EF=CM.∵∠EMC=90°,FG=DG,∴MG=FD=FG.∵BC=EM,BC=CD,∴EM=CD.∵EF=CM,∴FM=DM,又∵FG=DG,∠CMG=∠EMC=45°,∴∠F=∠GMC.∵在△GFE与△GMC中,,∴△GFE≌△GMC(SAS).∴EG=CG,∠FGE=∠MGC.∵∠FMC=90°,MF=MD,FG=DG,∴MG⊥FD,∴∠FGE+∠EGM=90°,∴∠MGC+∠EGM=90°,即∠EGC=90°,∴EG⊥CG.12.(2011•丹东)己知:正方形ABCD.(1)如图1,点E、点F分别在边AB和AD上,且AE=AF.此时,线段BE、DF 的数量关系和位置关系分别是什么?请直接写出结论.(2)如图2,等腰直角三角形FAE绕直角顶点A顺时针旋转∠α,当0°<α<90°时,连接BE、DF,此时(1)中的结论是否成立,如果成立,请证明;如果不成立,请说明理由.(3)如图3,等腰直角三角形FAE绕直角顶点A顺时针旋转∠α,当a=90°时,连接BE、DF,猜想沟AE与AD满足什么数量关系时,直线DF垂直平分BE.请直接写出结论.(4)如图4,等腰直角三角形FAE绕直角顶点A顺时针旋转∠α,当90°<α<180°时,连接BD、DE、EF、FB得到四边形BDEF,则顺次连接四边形BDEF各边中点所组成的四边形是什么特殊四边形?请直接写出结论.【解答】解:(1)BE=DF且BE⊥DF;(2)在△DFA和△BEA中,∵∠DAF=90°﹣∠FAB,∠BAE=90°﹣∠FAB,∴∠DAF=∠BAE,又AB=AD,AE=AF,∴△DFA≌△BEA,∴BE=DF;∠ADF=∠ABE,∴BE⊥DF;(3)AE=(﹣1)AD;(4)正方形.13.(2011•郑州校级一模)如图,点O是等边△ABC内一点,∠AOB=β,∠BOC=α.将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC,连接OD.(1)当β=110°,α=150°时,试判断△AOD的形状,并说明理由.(2)探究:若β=110°,那么α为多少度,△AOD是等腰三角形?(只要写出探究结果)α=125°或110°或140°.(3)请写出△AOD是等边三角形时α、β的度数.α=120度;β=120度.【解答】解:(1)△AOD是直角三角形,理由如下:∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转∴190°﹣α=α﹣60°得△ADC∴△BOC≌△ADC,∠DCO=190°﹣α=α﹣60°∴CO=CD,∠ADC=∠BOC=α=150°∴△COD是等边三角形∴∠CDO=∴190°﹣α=α﹣60°∴∠ADO=∠ADC﹣∠CDO=150°﹣60°=90°∴△AOD是直角三角形,(2)当α=125°或110°或140°,△AOD是等腰三角形,(3)当α=120°且β=120°,△AOD是等边三角形.故答案为125°或110°或140°,120,120.14.(2009•莱芜)已知正方形ABCD中,E为对角线BD上一点,过E点作EF⊥BD交BC于F,连接DF,G为DF中点,连接EG,CG.(1)求证:EG=CG;(2)将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°,如图②所示,取DF中点G,连接EG,CG.问(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由;(3)将图①中△BEF绕B点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问(1)中的结论是否仍然成立?通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).【解答】(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴∠DCF=90°,在Rt△FCD中,∵G为DF的中点,∴CG=FD,同理,在Rt△DEF中,EG=FD,∴CG=EG.(2)解:(1)中结论仍然成立,即EG=CG.证法一:连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点.在△DAG与△DCG中,∵AD=CD,∠ADG=∠CDG,DG=DG,∴△DAG≌△DCG(SAS),∴AG=CG;在△DMG与△FNG中,∵∠DGM=∠FGN,FG=DG,∠MDG=∠NFG,∴△DMG≌△FNG(ASA),∴MG=NG;∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°,∴四边形AENM是矩形,在矩形AENM中,AM=EN,在△AMG与△ENG中,∵AM=EN,∠AMG=∠ENG,MG=NG,∴△AMG≌△ENG(SAS),∴AG=EG,∴EG=CG.证法二:延长CG至M,使MG=CG,连接MF,ME,EC,在△DCG与△FMG中,∵FG=DG,∠MGF=∠CGD,MG=CG,∴△DCG≌△FMG.∴MF=CD,∠FMG=∠DCG,∴MF∥CD∥AB,∴EF⊥MF.在Rt△MFE与Rt△CBE中,∵MF=CB,∠MFE=∠EBC,EF=BE,∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB.∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°,∴△MEC为直角三角形.∵MG=CG,∴EG=MC,∴EG=CG.(3)解:(1)中的结论仍然成立.理由如下:过F作CD的平行线并延长CG交于M点,连接EM、EC,过F作FN垂直于AB 于N.由于G为FD中点,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.。
旋转 单元测试卷(含答案)
旋转 单元测试卷时间:90分钟 满分:100分一、选择题(每小题2分,共20分)1.如果两个图形可通过旋转而相互得到,则下列说法中正确的有( ). ①对应点连线的中垂线必经过旋转中心. ②这两个图形大小、形状不变. ③对应线段一定相等且平行.④将一个图形绕旋转中心旋转某个定角后必与另一个图形重合. A .1个 B .2个 C .3个 D .4个2.如下左图,同学们曾玩过万花筒,它是由三块等宽等长的玻璃片围成的,其中菱形AEFG 可以看成是把菱形ABCD 以A 为中心( ).A .顺时针旋转60°得到B .顺时针旋转120°得到C .逆时针旋转60°得到D .逆时针旋转120°得到3.如上中图,C 是线段BD 上一点,分别以BC 、CD 为边在BD 同侧作等边△ABC 和等边△CDE,AD 交CE 于F ,BE 交AC 于G ,则图中可通过旋转而相互得到的三角形对数有( ). A .1对 B .2对 C .3对 D .4对4.如上右图,△ABC 中,AD 是∠BAC 内的一条射线,BE ⊥AD ,且△CHM 可由△BEM 旋转而得,则下列结论中错误的是( ).A .M 是BC 的中点B .EH 21FMC .CF ⊥AD D .FM ⊥BC5.如图,O 是锐角三角形ABC 内一点,∠AOB =∠BOC =∠COA =120°,P 是△ABC 内不同于O 的另一点;△A ′BO ′、△A ′BP ′分别由△AOB 、△APB 旋转而得,旋转角都为60°,则下列结论中正确的有( ).①△O ′BO 为等边三角形,且A ′、O ′、O 、C 在一条直线上. ②A ′O ′+O ′O =AO +BO . ③A ′P ′+P ′P =PA +PB . ④PA +PB +PC>AO +BO +CO .A .1个B .2个C .3个D .4个6.如图,有四个图案,它们绕中心旋转一定的角度后,都能和原来的图案相互重合,其中有一个图案与其余三个图案旋转的角度不同,它是( ).7.把26个英文字母按规律分成5组,现在还有5个字母D 、M 、Q 、X 、Z ,请你按原规 律补上,其顺序依次为( )① F R P J L G ( ) ② H I O ( ) ③ N S ( ) ④ B C K E ( ) ⑤ V A T Y W U ( )A .Q X Z M DB .D M Q Z XC .Z X MD Q D .Q X Z D M8.4张扑克牌如图(1)所示放在桌子上,小敏把其中一张旋转180°后得到如图(2)所示, 那么她所旋转的牌从左起是( )A .第一张、第二张B .第二张、第三张C .第三张、第四张D .第四张、第一张(1) (2)9.下列图案都是在一个图案的基础上,在“几何画板”软件中拖动一点后形成的,它们的共性是都可以由一个“基本图案”通过连续旋转得来,旋转的角度是( ). (A )︒30 (B )︒45 (C )︒60 (D )︒9010.下列这些复杂的图案都是在一个图案的基础上,在“几何画板”软件中拖动一点后形成的,它们中每一个图案都可以由一个“基本图案”通过连续旋转得来,旋转的角度是( )(A )︒30 (B )︒45 (C )︒60 (D )︒90二、填空题(每小题3分,共15分)11.如下左图所示,P 是等边△ABC 内一点,△BMC 是由△BPA 旋转所得,则∠PBM =_____.12.如上中图,设P 是等边三角形ABC 内任意一点,△ACP ′是由△ABP 旋转得到的,则PA_______PB +PC(填“>”、“<”或“=”). 13.如上右图,E 、F 分别是正方形ABCD 的边BC 、CD 上一点,且BE +DF =EF ,则∠EAF =____.14.如下左图,O 是等边△ABC 内一点,将△AOB 绕B 点逆时针旋转,使得B 、O 两点的对应点分别为C 、D ,则旋转角为__________,图中除△ABC 外,还有等边三形是______.15.如上右图,Rt △ABC 中,P 是斜边BC 上一点,以P 为中心,把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到△DEF ,图中通过旋转得到的三角形还有_____________.三、作图题(5分)16.如图,将图形绕O 点按顺时针方向旋转45°,作出旋转后的图形.四、解答题17.(5分)如图,△ABC 、△ADE 均是顶角为42°的等腰三角形,BC 、DE 分别是底边,图中的哪两个三角形可以通过怎样的旋转而相互得到?18.(10分)如图,△ABC 是等腰三角形,∠BAC=36°,D 是BC 上一点,△ABD 经过旋转后到达△ACE 的位置,⑴旋转中心是哪一点? ⑵旋转了多少度?⑶如果M 是AB 的中点,那么经过上述旋转后,点M 转到了什么位置?19.(10分)如图所示,△若∠BAP =40°,∠B =20.(10分)如图,四边形ABCD 的∠BAD=∠C=90º,AB=AD,AE ⊥BC 于E,BEA ∆旋转后能与DFA ∆重合。
初三数学旋转单元测试题与答案
第23章旋转单元测试题一、用心填一填,你一定能填对!1.如图1,△ABC 是等腰直角三角形,D 是AB 上一点,△CBD 经旋转后到达△ACE 的位置,则旋转中心是________;旋转角度是______; 点B 的对应点是_______;点D 的对应点是_______;线段CB 的对应点 是_____;∠B 的对应角是___________;如果点M 是CB 的31, 那么经过上述旋转后,点M 移到了_________.2. 3点12分和3点40分时,时针与分针构成的角各是_______度和_______度.3.请你写出5个成中心对称的汉字,填在下面的横线上__________________________.4.如图2所示的四个图形中,图形(1)与图形________成轴对称;图形(1)与图形______成中心对称.(填写符合要求的图形所对应的符号)5.如图3所示,△ABC 绕点A 逆时针旋转某一角度得到△ADE,若∠1=∠2=∠3=20°,则旋转角为________度.6.如图4所示,线段AB=4cm,且CD ⊥AB 于O,则阴影部分的面积是________.7.如图5①,将字母“V ”沿_______平移________格会得到字母“W ”。
如图5②,将字母“V ”绕点_______旋转_______度后得到字母N,绕点_______旋转_______度后会得到字母X.(图中E 、F 分别是其所在线段的中点)EA BCDEN M 图1 ABCED1 2 3图3A (1)(2)(3)(4)图2AOCBD 图4.. EF A ①②图5图68.如图6是由面积为1的单位正三角形经过平移旋转,拼成由24个相同的三角形组成的正六边形,我们把面积为4的正三角形称为“希望杯”,则图中可数出________个不同的“希望杯”.9.在直角坐标系中,点A(2,-3)关于原点对称的坐标是_______________.10. 在下列图7的四个图案中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的有_________个.图7二、精心选一选,你一定能选准!11.观察下列图形,其中是旋转对称图形的有( )A.1个B.2个C.3个D.4个(1) (2) (3) (4)12.你玩过扑克牌吗?你仔细观察过每张扑克牌中的图案吗?请你指出图案是中心对称图形的一组为( )A.黑桃6与黑桃9B.红桃6与红桃9C.梅花6与梅花9D.方块6与方块913.在平面直角坐标系中,点P(2,1)关于原点对称的点在( )A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限14.下列图形中,是.中心对称图形的为()ABC D15.下列图形中是中心对称图形的是A B C D16.在下列四个图案中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是( )A B C D17.下列图案都是由宁母“m”经过变形、组合而成的.其中不是中心对称图形的是( )18.将下面的直角梯形绕直线l旋转一周,可以得到右边立体图形的.B19.数学课上,老师让同学们观察如图8所示的图形,问:它绕着圆心O旋转多少度后和它自身重合?甲同学说:45°;乙同学说:60°;丙同学说:90°;丁同学说:135°。
人教版九年级数学上册 旋转几何综合单元测试卷(含答案解析)
人教版九年级数学上册旋转几何综合单元测试卷(含答案解析)一、初三数学旋转易错题压轴题(难)1.如图一,矩形ABCD中,AB=m,BC=n,将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ(0°<θ<90°)得到矩形A1BC1D1,点A1在边CD上.(1)若m=2,n=1,求在旋转过程中,点D到点D1所经过路径的长度;(2)将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2,点D2在BC的延长线上,设边A2B与CD交于点E,若161A EEC=-,求nm的值.(3)如图二,在(2)的条件下,直线AB上有一点P,BP=2,点E是直线DC上一动点,在BE左侧作矩形BEFG且始终保持BE nBG m=,设AB=33,试探究点E移动过程中,PF 是否存在最小值,若存在,求出这个最小值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)56;(2)33;(3)存在,63【解析】【分析】(1)作A1H⊥AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA1H是矩形.解直角三角形,求出∠ABA1,得到旋转角即可解决问题;(2)由△BCE∽△BA2D2,推出222A DCE nCB A B m==,可得CE=2nm,由161A EEC=推出16A CEC=A126nm,推出BH=A126nm,然后由勾股定理建立方程,解方程即可解决问题;(3)当A、P、F,D,四点共圆,作PF⊥DF,PF与CD相交于点M,作MN⊥AB,此时PF 的长度为最小值;先证明△FDG∽△FME,得到3FGFFM FED==,再结合已知条件和解直角三角形求出PM和FM的长度,即可得到PF的最小值.【详解】解:(1)作A1H⊥AB于H,连接BD,BD1,则四边形ADA1H是矩形.∴AD=HA 1=n=1,在Rt △A 1HB 中,∵BA 1=BA=m=2,∴BA 1=2HA 1,∴∠ABA 1=30°,∴旋转角为30°,∵22125+=∴D 到点D 1所经过路径的长度3055π⋅⋅=; (2)∵△BCE ∽△BA 2D 2, ∴222A D CE n CB A B m==, ∴2n CE m=, ∵161EA EC=, ∴16A C EC= ∴A 126n m, ∴BH=A 12226n m n m -=, ∴42226n m n m-=⋅, ∴m 4﹣m 2n 2=6n 4, ∴242416n n m m-=•, ∴33n m =(负根已舍去). (3)当A 、P 、F ,D ,四点共圆,作PF ⊥DF ,PF 与CD 相交于点M ,作MN ⊥AB ,此时PF 的长度为最小值;由(2)可知,33BE n BG m ==, ∵四边形BEFG 是矩形, ∴3FG FE = ∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°,∴∠DFG=∠MFE ,∵DF ⊥PF ,即∠DFM=90°,∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°,∴∠FDG=∠FME ,∴△FDG ∽△FME , ∴3FG F FM FE D ==, ∵∠DFM=90°,tan 33FD FMD FM ∠==, ∴∠FDM=60°,∠FMD=30°, ∴3FM DM =; 在矩形ABCD 中,有33AD AB = 333=3AD =, ∵MN ⊥AB ,∴四边形ANMD 是矩形,∴MN=AD=3,∵∠NPM=∠DMF=30°,∴PM=2MN=6,∴NP=33AB =,∴DM=AN=BP=2,∴332322FM DM ==⨯=, ∴63PF PM MF =+=+;【点睛】本题考查点的运动轨迹,旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,属于压轴题,中考常考题型.正确作出辅助线,正确确定动点的位置,注意利用数形结合的思想进行解题.2.我们定义:如图1,在△ABC 看,把AB 点绕点A 顺时针旋转α(0°<α<180°)得到AB',把AC 绕点A 逆时针旋转β得到AC',连接B'C'.当α+β=180°时,我们称△A'B'C'是△ABC 的“旋补三角形”,△AB'C'边B'C'上的中线AD 叫做△ABC 的“旋补中线”,点A 叫做“旋补中心”.特例感知:(1)在图2,图3中,△AB'C'是△ABC 的“旋补三角形”,AD 是△ABC 的“旋补中线”. ①如图2,当△ABC 为等边三角形时,AD 与BC 的数量关系为AD= BC ;②如图3,当∠BAC=90°,BC=8时,则AD 长为 .猜想论证:(2)在图1中,当△ABC 为任意三角形时,猜想AD 与BC 的数量关系,并给予证明. 拓展应用(3)如图4,在四边形ABCD ,∠C=90°,∠D=150°,BC=12,CD=23,DA=6.在四边形内部是否存在点P ,使△PDC 是△PAB 的“旋补三角形”?若存在,给予证明,并求△PAB 的“旋补中线”长;若不存在,说明理由.【答案】(1)①12;②4;(2)AD=12BC ,证明见解析;(3)存在,证明见解析,39.【解析】【分析】(1)①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形,可得AD=12AB′即可解决问题; ②首先证明△BAC ≌△B′AC′,根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题;(2)结论:AD=12BC .如图1中,延长AD 到M ,使得AD=DM ,连接E′M ,C′M ,首先证明四边形AC′MB′是平行四边形,再证明△BAC≌△AB′M,即可解决问题;(3)存在.如图4中,延长AD交BC的延长线于M,作BE⊥AD于E,作线段BC的垂直平分线交BE于P,交BC于F,连接PA、PD、PC,作△PCD的中线PN.连接DF交PC于O.想办法证明PA=PD,PB=PC,再证明∠APD+∠BPC=180°,即可;【详解】解:(1)①如图2中,∵△ABC是等边三角形,∴AB=BC=AB=AB′=AC′,∵DB′=DC′,∴AD⊥B′C′,∵∠BAC=60°,∠BAC+∠B′AC′=180°,∴∠B′AC′=120°,∴∠B′=∠C′=30°,∴AD=12AB′=12BC,故答案为12.②如图3中,∵∠BAC=90°,∠BAC+∠B′AC′=180°,∴∠B′AC′=∠BAC=90°,∵AB=AB′,AC=AC′,∴△BAC≌△B′AC′,∴BC=B′C′,∵B′D=DC′,∴AD=12B′C′=12BC=4,故答案为4.(2)结论:AD=12 BC.理由:如图1中,延长AD到M,使得AD=DM,连接E′M,C′M∵B′D=DC′,AD=DM,∴四边形AC′MB′是平行四边形,∴AC′=B′M=AC,∵∠BAC+∠B′AC′=180°,∠B′AC′+∠AB′M=180°,∴∠BAC=∠MB′A,∵AB=AB′,∴△BAC≌△AB′M,∴BC=AM,∴AD=12BC.(3)存在.理由:如图4中,延长AD交BC的延长线于M,作BE⊥AD于E,作线段BC的垂直平分线交BE于P,交BC于F,连接PA、PD、PC,作△PCD的中线PN.连接DF交PC于O.∵∠ADC=150°,∴∠MDC=30°,在Rt△DCM中,∵3,∠DCM=90°,∠MDC=30°,∴CM=2,DM=4,∠M=60°,在Rt△BEM中,∵∠BEM=90°,BM=14,∠MBE=30°,∴EM=12BM=7,∴DE=EM﹣DM=3,∵AD=6,∴AE=DE,∵BE⊥AD,∴PA=PD,PB=PC,在Rt △CDF 中,∵CD=23,CF=6,∴tan ∠CDF=3,∴∠CDF=60°=∠CPF ,易证△FCP ≌△CFD ,∴CD=PF ,∵CD ∥PF ,∴四边形CDPF 是矩形,∴∠CDP=90°,∴∠ADP=∠ADC ﹣∠CDP=60°,∴△ADP 是等边三角形,∴∠ADP=60°,∵∠BPF=∠CPF=60°,∴∠BPC=120°,∴∠APD+∠BPC=180°,∴△PDC 是△PAB 的“旋补三角形”,在Rt △PDN 中,∵∠PDN=90°,PD=AD=6,DN=3,∴PN=2222=(3)6DN PD ++=39.【点睛】本题考查四边形综合题.3.如图,在边长为2的正方形ABCD 中,点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点(与点A 、B 、C 不重合),且始终保持BP BQ =,AQ QE ⊥,QE 交正方形外角平分线CE 于点E ,AE 交CD 于点F ,连结PQ .(1)求证:APQ QCE ∆∆≌;(2)证明:DF BQ QF +=;(3)设BQ x =,当x 为何值时,//QF CE ,并求出此时AQF ∆的面积.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)当222x =-+//QF CE ;AQF S ∆442=-+.【解析】【分析】(1)判断出△PBQ 是等腰直角三角形,然后求出∠APQ=∠QCE=135°,再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ,再求出AP=CQ ,然后利用“角边角”证明即可;(2)根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ,判断出△AQE 是等腰直角三角形,将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆,再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌;(3)连结AC ,设QF CE ,推出QCF ∆是等腰直角三角形°,再证明()ABQ ADF SAS ∆∆≌,根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ,AQ AF =,22.5QAB DAF ∠=∠=︒,分别用x 表示出DF 、CF 、QF ,然后列出方程求出x ,再求出△AQF 的面积.【详解】(1)∵四边形ABCD 是正方形,∴AB BC =,90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒,∵BP BQ =,∴PBQ ∆是等腰直角三角形,AP QC =,∴45BPQ ∠=︒,∴135APQ ∠=︒∵CE 平分DCM ∠,∴45DCE ECM ∠=∠=︒,∴135QCE ∠=︒,∴135APQ QCE ∠=∠=︒,∵AQ QE ⊥,∴90AQB CQE ∠+∠=︒.∵90AQB BAQ ∠+∠=︒.∴BAQ CQE ∠=∠.∴()APQ QCE ASA ∆≌.(2)由(1)知APQ QCE ∆∆≌.∴QA QE =.∵90AQE ∠=︒,∴AQE ∆是等腰直角三角形,∴45QAE ∠=︒.∴45DAF QAB ∠+∠=︒,如图4,将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆,其中点D 与点B 重合,且点F '在直线BQ 上,则45F AQ '∠=︒,F A FA '=,AQ AQ =,∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌.∴QF QF BQ DF '==+.(3)连结AC ,若QF CE ,则45FQC ECM ∠=∠=︒.∴QCF ∆是等腰直角三角形,∴2CF CQ x ==-,∴DF BQ x ==.∵AB AD =,90B D ∠=∠=︒,∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌.∴AQ AF =,22.5QAB DAF ∠=∠=︒,∴AC 垂直平分QF ,∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒,2FQ QN =,∴22FQ BQ x ==.在Rt QCF ∆中,根据勾股定理,得222(2)(2)(2)x x x -+-=.解这个方程,得1222x =-+ 2222x =--(舍去).当222x =-+QF CE .此时,QCF QEF S S ∆∆=,∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==, ∴()2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦【点睛】本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,旋转的性质,等腰直角三角形的判定与性质,勾股定理的应用,难点在于(3)作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程.4.综合与实践问题情境在一节数学活动课上,老师带领同学们借助几何画板对以下题目进行了研究.如图1, MN 是过点A 的直线,点C 为直线MN 外一点,连接AC ,作∠ACD=60°,使AC=DC ,在MN 上取一点B ,使∠DBN=60°.观察发现(1)根据图1中的数据,猜想线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是;(2)希望小组认真思考后提出一种证明方法:将CB所在的直线以点C为旋转中心,逆时针旋转60°,与直线MN交于点E,即可证明(1)中的结论. 请你在图1中作出线段CE,并根据此方法写出证明过程;实践探究(3)奋进小组在继续探究的过程中,将点C绕点A逆时针旋转,他们发现当旋转到图2和图3的位置时,∠DBN=120°,线段AB、BD、CB的大小发生了变化,但是仍然满足一定的数量关系,请你直接写出这两种关系:在图2中,线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是;在图3中,线段AB、DB、CB之间满足的数量关系是;提出问题(4)智慧小组提出一个问题:若图3中BC⊥CD于点C时,BC=2,则AC为多长?请你解答此问题.【答案】(1)AB+DB=CB;(2)见解析;(3)AB-DB=CB;DB-AB=CB;(4)23【解析】【分析】(1)根据图中数据直接猜想AB+DB=CB(2)在射线AM上一点E,使得∠ECB=60°,证明△ACE≌△DCB,推出EB=CB从而得出(1)中的结论;(3)利用旋转的性质和线段的和差关系以及全等三角形的性质得出线段关系;(4)过点C作∠BCE=60º,边CE与直线MN交于点E,设AC与BD交于点F.证明△ACE≌△DCB,得出BC=EC,结合△ECB为等边三角形,得出∠ECA=90°,在Rt△AEC中根据边长计算出AC的长度.【详解】综合与实践(1)AB+DB=CB(2)线段CE如图所示.证明:∵∠ECB=∠ACD=60º,∴∠2+∠ACB=∠1+∠ACB,∴∠2=∠1.∵∠ACD=∠DBN=60º, ∠ABD+∠DBN=180º,∴∠ABD+∠ACD=180º,∴在四边形ACDB中,∠CAB+∠3=180º.∵∠CAB+∠4=180º,∴∠4=∠3.又∵AC=DC,∴△ACE≌△DCB(ASA)∴EA=BD,EC=BC.又∵∠ECB=60°,∴△ECB为等边三角形,∴EB=CB.而EB=EA+AB=DB+AB,∴CB=DB+AB.(3) AB-DB=CB;DB-AB=CB;(4)证明:如图,过点C作∠BCE=60º,边CE与直线MN交于点E,设AC与BD交于点F.∵∠DCA=60º∴∠ECB+∠BCA=∠DCA+∠BCA即∠ECA=∠BCD∵∠DBN=120º∴∠DBA=60º又∵∠AFB=∠DFC∴∠EAF=∠BDC又∵AC=DC∴△ACE≌△DCB(ASA)∴BC=EC∴△ECB为等边三角形∴∠CEB=60º∵BC⊥CD∴∠ECA=∠BCD=90º∴在Rt△AEC中,∠CAE=30º∵BC=2,EC=BC∴AC=EC·tan60º= 23【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质,旋转的性质,根据题中条件适当添加辅助线构造全等三角形,利用全等的性质得出线段关系是本题的关键.5.如图1,正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE(AB<AE)在一条直线上,正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转,设旋转角为. 在旋转过程中,两个正方形只有点A 重合,其它顶点均不重合,连接BE、DG.(1)当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时,求证:BE=DG;(2)当点C在直线BE上时,连接FC,直接写出∠FCD 的度数;(3)如图3,如果=45°,AB =2,AE=,求点G到BE的距离.【答案】(1)证明见解析;(2)45°或135°;(3).【解析】试题分析:(1)根据正方形的性质可得AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠EAG=90°,再求出∠BAE=∠DAG,然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等,根据全等三角形对应边相等证明即可.(2)当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,据此求解即可.(3)根据和求解即可.试题解析:(1)如图2,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAE+∠EAD=90°.∵四边形AEFG是正方形,∴AE=AG,∠EAD+∠DAG=90°.∴∠BAE=∠DAG..∴△ABE≌△ADG(SAS).∴BE=DG..(2)如图,当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,此时∠FCD 的度数为45°或135°.(3)如图3,连接GB、GE.由已知α=45°,可知∠BAE=45°.又∵GE为正方形AEFG的对角线,∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.∵,∴GE =8.∴.过点B作BH⊥AE于点H.∵AB=2,∴. ∴..设点G 到BE 的距离为h.∴. ∴. ∴点G 到BE 的距离为.考点:1.旋转的性质;2.正方形的性质;3.全等三角形的判定和性质;4.平行的判定和性质;5.勾股定理;6.分类思想的应用.6.综合与实践问题情境在综合与实践课上,老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展教学活动老师给每个小组发了两个等模直角三角形ABC 和DEC ,其中90,2,2ACB DCE AC CD ︒∠=∠===观案发现(1)将两个等腰直角三角形如图①摆放,设DE 的中点是,F AE 的中点是,H BD 的中点是G ,则HFG ∠=______度; 操作证明(2)将图①中的DEC 绕点C 顺时针(逆时针)旋转,使点A C E 、、三点在一条直线上,如图②,其余条件不变,小明通过测量发现,此时FH FG =,请你帮助小明证明这个结论. 探究发现(3)将图①中的DEC 绕点C 顺时针(逆时针)旋转,旋转角为()0180αα︒︒<<,DEC 在旋转的过程中,当直线FH 经过点C 时,如图③,请求出线段FG 的长.(4)在旋转过程中,在Rt ABC 和Rt CDE △中,始终有由,AC BC CE CD ⊥⊥,你在图③中还能发现哪两条线段在旋转过程中始终互相垂直?请找出并直接写出这两条线段.【答案】(1)90;(2)证明见解析;(3)31BD =-;(4)AD BE ⊥【解析】【分析】(1)根据题意,运用中点的性质找到线段之间的位置关系即可求解;(2)根据旋转的性质及等腰三角形ABC 可知()ACD BCE SAS ∆≅∆,进而通过中位线定理即可得到FH FG =;(3)根据旋转的性质及勾股定理,先求出BF 的长,再由BD BF DF =-即可求出BD 的长;(4)根据旋转的性质及垂直的判定可知AD BE ⊥.【详解】(1),,90CE CD AC BC ECA DCB ==∠=∠=︒,BE AD ∴=,F 是DE 的中点,H 是AE 的中点,G 是BD 的中点,//,//HF AD FG BE ∴,AD BE ⊥,HF GF ∴⊥,90HFG ∴∠=︒;(2)证明:如下图,连接AD BE ,,由旋转可知CE CD =,90ECD ACD ∠=∠=︒,又∵AC=BC ,()ACD BCE SAS ∴∆≅∆,AD BE ∴=,F 是DE 的中点,H 是AE 的中点,G 是BD 的中点,11,22FH AD FG BE ∴==, FH FG ∴=;(3)解:由题意可得CF DE CFD CFE ⊥∆∆,,都是等腰直角三角形,2CD =1CF DF ∴==,2BC AC ==,223BF BC CF ∴=-=,31BD BF DF ∴=-=-,G 是BD 的中点,31DG -∴=, 31BD BF DF ∴=-=-;(4)AD BE ⊥. 连接AD ,由(3)知,CF DE ⊥,∵ECD ∆是等腰直角三角形,∴F 是ED 中点,又∵H 是AE 中点,∴AD ∥HF ,∵HF ⊥ED ,∴AD BE ⊥.【点睛】本题主要考查了中的的性质,中位线定理,三角形全等,勾股定理等三角形综合证明,熟练掌握三角形的相关知识点是解决本题的关键.错因分析:(1)不能熟练运用重点的性质找到线段之间的关系;(2)未掌握旋转的性质;(3)不能将题目探究中的发现进行推广.7.(1)问题发现如图1,△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D 在一条直线上.填空:线段AD,BE 之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE 的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B 是线段PA 外一点,PB=5,连接AB,将AB 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B 的位置的变化,直接写出PC 的范围.【答案】(1) AD=BE ,AD⊥BE.(2) AD=BE ,AD⊥BE.22.【解析】【分析】(1)根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE (SAS ),得AD=BE ,∠EBC=∠CAD ,延长BE 交AD 于点F ,由垂直定义得AD ⊥BE .(2)根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE (SAS ),AD=BE ,∠CAD=∠CBE ,由垂直定义得∠OHB=90°,AD ⊥BE ;(3)作AE ⊥AP ,使得AE=PA ,则易证△APE ≌△ACP ,PC=BE ,当P 、E 、B 共线时,BE 最小,最小值=PB-PE ;当P 、E 、B 共线时,BE 最大,最大值=PB+PE ,故5-32≤BE≤5+32.【详解】(1)结论:AD=BE ,AD ⊥BE .理由:如图1中,∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形,∴AC=BC ,CE=CD ,∠ACB=∠ACD=90°,在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== ∴△ACD ≌△BCE (SAS ),∴AD=BE ,∠EBC=∠CAD延长BE 交AD 于点F ,∵BC ⊥AD ,∴∠EBC+∠CEB=90°,∵∠CEB=AEF ,∴∠EAD+∠AEF=90°,∴∠AFE=90°,即AD ⊥BE .∴AD=BE ,AD ⊥BE .故答案为AD=BE ,AD ⊥BE .(2)结论:AD=BE ,AD ⊥BE .理由:如图2中,设AD 交BE 于H ,AD 交BC 于O .∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形,∴AC=BC ,CE=CD ,∠ACB=∠ECD=90°,∴ACD=∠BCE ,在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩===,∴△ACD ≌△BCE (SAS ),∴AD=BE ,∠CAD=∠CBE ,∵∠CAO+∠AOC=90°,∠AOC=∠BOH ,∴∠BOH+∠OBH=90°,∴∠OHB=90°,∴AD ⊥BE ,∴AD=BE ,AD ⊥BE .(3)如图3中,作AE ⊥AP ,使得AE=PA ,则易证△APE ≌△ACP ,∴PC=BE ,图3-1中,当P 、E 、B 共线时,BE 最小,最小值2,图3-2中,当P 、E 、B 共线时,BE 最大,最大值2,∴22,即22【点睛】本题是几何变换综合题,考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找三角形全等的条件,学会添加辅助线,构造全等三角形解决问题,学会用转化的思想思考问题,属于中考压轴题.8.在平面直角坐标系中,O为原点,点A(8,0),点B(0,6),把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′,点A、O旋转后的对应点为A′、O′,记旋转角为α.(1)如图1,若α=90°,则AB= ,并求AA′的长;(2)如图2,若α=120°,求点O′的坐标;(3)在(2)的条件下,边OA上的一点P旋转后的对应点为P′,当O′P+BP′取得最小值时,直接写出点P′的坐标.【答案】(1)10,102;(2)(33,9);(3)123545(,)【解析】试题分析:(1)、如图①,先利用勾股定理计算出AB=5,再根据旋转的性质得BA=BA′,∠ABA′=90°,则可判定△ABA′为等腰直角三角形,然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,利用旋转的性质得BO=BO′=3,∠OBO′=120°,则∠HBO′=60°,再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长,然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标;(3)、由旋转的性质得BP=BP′,则O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,易得O′P+BP=O′C,利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小,接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=x﹣3,从而得到P(,0),则O′P′=OP=,作P′D⊥O′H于D,然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长,从而可得到P′点的坐标.试题解析:(1)、如图①,∵点A(4,0),点B(0,3),∴OA=4,OB=3,∴AB==5,∵△ABO绕点B逆时针旋转90°,得△A′BO′,∴BA=BA′,∠ABA′=90°,∴△ABA′为等腰直角三角形,∴AA′=BA=5;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,∴BO=BO′=3,∠OBO′=120°,∴∠HBO′=60°,在Rt△BHO′中,∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°,∴BH=BO′=,O′H=BH=,∴OH=OB+BH=3+,∴O′点的坐标为();(3)∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,点P的对应点为P′,∴BP=BP′,∴O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,则O′P+BP=O′P+PC=O′C,此时O′P+BP的值最小,∵点C与点B关于x轴对称,∴C(0,﹣3),设直线O′C的解析式为y=kx+b,把O′(),C(0,﹣3)代入得,解得,∴直线O′C的解析式为y=x﹣3,当y=0时,x﹣3=0,解得x=,则P(,0),∴OP=,∴O′P′=OP=,作P′D⊥O′H于D,∵∠BO′A=∠BOA=90°,∠BO′H=30°,∴∠DP′O′=30°,∴O′D=O′P′=,P′D=,∴DH=O′H﹣O′,∴P′点的坐标为(,).考点:几何变换综合题9.如图,已知△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,∠ACB=∠ADE=90°,点F为BE的中点,连接CF,DF.(1)如图1,当点D在AB上,点E在AC上时①证明:△BFC是等腰三角形;②请判断线段CF,DF的关系?并说明理由;(2)如图2,将图1中的△ADE绕点A旋转到图2位置时,请判断(1)中②的结论是否仍然成立?并证明你的判断.【答案】(1)①证明见解析;②结论:CF=DF且CF⊥DF.理由见解析;(2)(1)中的结论仍然成立.理由见解析.【解析】【详解】分析:(1)、根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知CF=BF=EF,根据∠CFD=2∠ABC,∠ACB=90°,∠ABC=45°得出∠CFD=90°,从而得出答案;(2)、延长DF至G使FG=DF,连接BG,CG,DC,首先证明△BFG和△EFD全等,然后再证明△BCG和△ACD全等,从而得出GC=DC,∠BCG=∠ACD,∠DCG=∠ACB=90°,最后根据直角三角形斜中线的性质得出答案.详解:(1)①证明:∵∠BCE=90°.EF=FB,∴CF=BF=EF,∴△BFC是等腰三角形.②解:结论:CF=DF且CF⊥DF.理由如下:∵∠ADE=90°,∴∠BDE=90°,又∵∠BCE=90°,点F是BE的中点,∴CF=DF=12BE=BF,∴∠1=∠3,∠2=∠4,∴∠5=∠1+∠3=2∠1,∠6=∠2+∠4=2∠2,∴∠CFD=∠5+∠6=2(∠1+∠2)=2∠ABC,又∵△ABC是等腰直角三角形,且∠ACB=90°,∴∠ABC=45°,∴∠CFD=90°,∴CF=DF且CF⊥DF.(2)(1)中的结论仍然成立.理由如下:如图,延长DF至G使FG=DF,连接BG,CG,DC,∵F是BE的中点,∴BF=EF,又∵∠BFG=∠EFD,GF=DF,∴△BFG≌△EFD(SAS),∴∠FBG=∠FED,BG=ED,∴BG∥DE,∵△ADE和△ACB都是等腰直角三角形,∴DE=DA,∠DAE=∠DEA=45°,AC=BC,∠CAB=∠CBA=45°,又∵∠CBG=∠EBG﹣∠EBA﹣∠ABC=∠DEF﹣(180°﹣∠AEB﹣∠EAB)﹣45°=∠DEF﹣180°+∠AEB+∠EAB﹣45°=(∠DEF+∠AEB)+∠EAB﹣225°=360°﹣∠DEA+∠EAB﹣225°=360°﹣45°+∠EAB﹣225°=90°+∠EAB,而∠DAC=∠DAE+∠EAB+∠CAB=45°+∠EAB+45°=90°+∠EAB,∴∠CBG=∠DAC,又∵BG=ED,DE=DA,∴BG=AD,又∵BC=AC,∴△BCG≌△ACD(SAS),∴GC=DC,∠BCG=∠ACD,∴∠DCG=∠DCB+∠BCG=∠DCB+∠ACD=∠ACB=90°,∴△DCG是等腰直角三角形,又∵F是DG的中点,∴CF⊥DF且CF=DF.点睛:主要考查了旋转的性质,等腰三角形和全等三角形的判定,及勾股定理的运用.要掌握等腰三角形和全等三角形的性质及其判定定理并会灵活应用是解题的关键.10.在矩形ABCD 中,2AB =,1BC =,以点A 为旋转中心,逆时针旋转矩形ABCD ,旋转角为(0180)αα<<,得到矩形AEFG ,点B 、点C 、点D 的对应点分别为点E 、点F 、点G .()1如图①,当点E 落在DC 边上时,直写出线段EC 的长度为______;()2如图②,当点E 落在线段CF 上时,AE 与DC 相交于点H ,连接AC ,①求证:ACD ≌CAE ;②直接写出线段DH 的长度为______.()3如图③设点P 为边FG 的中点,连接PB ,PE ,在矩形ABCD 旋转过程中,BEP 的面积是否存在最大值?若存在请直接写出这个最大值;若不存在请说明理由.【答案】(1)23;(2)①见解析;34②;(3)存在,PBE 的面积的最大值为21,理由见解析 【解析】【分析】 ()1如图①中,在Rt ADE 中,利用勾股定理即可解决问题;()2①证明:如图②中,根据HL 即可证明ACD ≌CAE ;②如图②中,由ACD ≌CAE ,推出ACD CAE ∠∠=,推出AH HC =,设AH HC m ==,在Rt ADH 中,根据222AD DH AH +=,构建方程即可解决问题; ()3存在.如图③中,连接PA ,作BM PE ⊥交PE 的延长线于M.由题意:PF PC 1==,由AG EF 1==,G F 90∠∠==,推出PA PE ==PBE 1S PE BM 22=⋅⋅=,推出当BM 的值最大时,PBE 的面积最大,求出BM 的最大值即可解决问题;【详解】()1四边形ABCD 是矩形,AB CD 2∴==,BC AD 1==,D 90∠=,矩形AEFG 是由矩形ABCD 旋转得到,AE AB 2∴==,在Rt ADE 中,DE ==CE 2∴=,故答案为2.()2①当点E 落在线段CF 上,AEC ADC 90∠∠∴==,在Rt ADC 和Rt AEC 中,{AC CACD AE ==, Rt ACD ∴≌()Rt CAE HL ; ACD ②≌CAE ,ACD CAE ∠∠∴=,AH HC ∴=,设AH HC m ==,在Rt ADH 中,222AD DH AH +=,2221(2m)m ∴+-=,5m 4∴=, 53DH 244∴=-=, 故答案为34; ()3存在.理由如下:如图③中,连接PA ,作BM PE ⊥交PE 的延长线于M ,由题意:PF PC1==,AG EF1==,G F90∠∠==,PA PE2∴==PBE 12S PE BM BM22∴=⋅⋅=,∴当BM的值最大时,PBE的面积最大,BM PB≤,PB AB PA≤+,PB22∴≤,BM22∴≤BM∴的最大值为22+PBE∴21.【点睛】本题是四边形综合题,考查了矩形的性质,旋转变换,全等三角形的判定和性质,勾股定理,三角形的面积,三角形的三边关系等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,学会利用参数构建方程解决问题,属于中考压轴题.。
五年级旋转单元试卷【含答案】
五年级旋转单元试卷【含答案】专业课原理概述部分一、选择题(每题1分,共5分)1. 下列哪个图形旋转360度后与原图形完全重合?A. 正方形B. 长方形C. 三角形D. 梯形2. 一个图形绕着一个点旋转,旋转前后图形的大小和形状是否发生改变?A. 旋转前后大小和形状都改变B. 旋转前后大小改变,形状不变C. 旋转前后形状改变,大小不变D. 旋转前后大小和形状都不变3. 下列哪个角是旋转角?A. 两条平行线的夹角B. 两条相交线的夹角C. 两条垂直线的夹角D. 两条异面直线的夹角4. 一个图形绕着一个点旋转,旋转前后图形的位置关系是什么?A. 相交B. 相离C. 重合D. 平行5. 下列哪个图形不是旋转对称图形?A. 正方形B. 长方形C. 三角形D. 梯形二、判断题(每题1分,共5分)1. 旋转是一种图形的变换,旋转前后图形的大小和形状都不变。
()2. 旋转中心是图形旋转的固定点,旋转中心可以是图形上的点。
()3. 旋转角是旋转中心与旋转前后两个图形上对应点之间的夹角。
()4. 一个图形绕着一个点旋转,旋转前后图形的位置关系是相交。
()5. 旋转对称图形是指图形旋转一定角度后与原图形完全重合的图形。
()三、填空题(每题1分,共5分)1. 旋转是一种图形的______,旋转前后图形的大小和形状都不变。
2. 旋转中心是图形旋转的固定点,旋转中心可以是图形上的______。
3. 旋转角是旋转中心与旋转前后两个图形上对应点之间的______。
4. 一个图形绕着一个点旋转,旋转前后图形的位置关系是______。
5. 旋转对称图形是指图形旋转一定角度后与原图形完全重合的______。
四、简答题(每题2分,共10分)1. 简述旋转的基本概念。
2. 旋转中心在旋转过程中有什么作用?3. 旋转对称图形具有哪些特点?4. 旋转在实际生活中有哪些应用?5. 简述旋转与翻转的区别。
五、应用题(每题2分,共10分)1. 一个正方形绕着一个点旋转,旋转前后正方形的边长和角度是否发生改变?2. 一个长方形绕着一个点旋转,旋转前后长方形的边长和角度是否发生改变?3. 一个三角形绕着一个点旋转,旋转前后三角形的边长和角度是否发生改变?4. 一个梯形绕着一个点旋转,旋转前后梯形的边长和角度是否发生改变?5. 一个圆形绕着一个点旋转,旋转前后圆形的半径和角度是否发生改变?六、分析题(每题5分,共10分)1. 分析旋转对称图形的性质及其在实际生活中的应用。
乌鲁木齐数学旋转几何综合单元测试卷(含答案解析)
乌鲁木齐数学旋转几何综合单元测试卷(含答案解析)一、初三数学旋转易错题压轴题(难)1.直线m∥n,点A、B分别在直线m,n上(点A在点B的右侧),点P在直线m上,AP=13AB,连接BP,将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC,连接AC交直线n于点E,连接PC,且ABE为等边三角形.(1)如图①,当点P在A的右侧时,请直接写出∠ABP与∠EBC的数量关系是,AP 与EC的数量关系是.(2)如图②,当点P在A的左侧时,(1)中的结论是否成立?若成立,请给予证明;若不成立,请说明理由.(3)如图②,当点P在A的左侧时,若△PBC的面积为93,求线段AC的长.【答案】(1)∠ABP=∠EBC,AP=EC;(2)成立,见解析;(3)7 7【解析】【分析】(1)根据等边三角形的性质得到∠ABE=60°,AB=BE,根据旋转的性质得到∠CBP=60°,BC=BP,根据全等三角形的性质得到结论;(2)根据等边三角形的性质得到∠ABE=60°,AB=BE,根据旋转的性质得到∠CBP=60°,BC=BP,根据全等三角形的性质得到结论;(3)过点C作CD⊥m于D,根据旋转的性质得到△PBC是等边三角形,求得PC=3,设AP=CE=t,则AB=AE=3t,得到AC=2t,根据平行线的性质得到∠CAD=∠AEB=60°,解直角三角形即可得到结论.【详解】解:(1)∵△ABE是等边三角形,∴∠ABE=60°,AB=BE,∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC,∴∠CBP=60°,BC=BP,∴∠ABP=60°﹣∠PBE,∠CBE=60°﹣∠PBE,即∠ABP=∠EBC,∴△ABP≌△EBC(SAS),∴AP=EC;故答案为:∠ABP=∠EBC,AP=EC;(2)成立,理由如下,∵△ABE是等边三角形,∴∠ABE=60°,AB=BE,∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC,∴∠CBP=60°,BC=BP,∴∠ABP=60°﹣∠PBE,∠CBE=60°﹣∠PBE,即∠ABP=∠EBC,∴△ABP≌△EBC(SAS),∴AP=EC;(3)过点C作CD⊥m于D,∵将线段BP绕点B顺时针旋转60°得到BC,∴△PBC是等边三角形,∴3293∴PC=3,设AP=CE=t,则AB=AE=3t,∴AC=2t,∵m∥n,∴∠CAD=∠AEB=60°,∴AD=12AC=t,CD33,∵PD2+CD2=PC2,∴(2t)2+3t2=9,∴t=377(负值舍去),∴AC=2t 67.【点睛】本题主要考查等边三角形的判定及性质、旋转的性质应用、三角形全等的判定及性质、勾股定理等相关知识点,解题关键在于找到图形变化过程中存在的联系,类比推理即可得解.2.已知如图1,在ABC 中,90ABC ∠=︒,BC AB =,点D 在AC 上,DF AC ⊥交BC 于F ,点E 是AF 的中点.(1)写出线段ED 与线段EB 的关系并证明;(2)如图2,将CDF 绕点C 逆时针旋转()090a α︒<<︒,其它条件不变,线段ED 与线段EB 的关系是否变化,写出你的结论并证明;(3)将CDF 绕点C 逆时针旋转一周,如果6BC =,32CF =,直接写出线段CE 的范围.【答案】(1)ED EB =,DE BE ⊥,证明见解析;(2)结论不变,理由见解析;(3)最大值22= 最小值322=. 【解析】 【分析】(1)在Rt △ADF 中,可得DE=AE=EF ,在Rt △ABF 中,可得BE=EF=EA ,得证ED=EB ;然后利用等腰三角形的性质以及四边形ADFB 的内角和为180°,可推导得出∠DEB=90°; (2)如下图,先证四边形MFBA 是平行四边形,再证△DCB ≌△DFM ,从而推导出△DMB 是等腰直角三角形,最后得出结论;(3)如下图,当点F 在AC 上时,CE 有最大值;当点F 在AC 延长线上时,CE 有最小值. 【详解】(1)∵DF ⊥AC ,点E 是AF 的中点 ∴DE=AE=EF ,∠EDF=∠DFE ∵∠ABC=90°,点E 是AF 的中点 ∴BE=AE=EF ,∠EFB=∠EBF ∴DE=EB ∵AB=BC , ∴∠DAB=45°∴在四边形ABFD中,∠DFB=360°-90°-45°-90°=135°∠DEB=∠DEF+∠FEB=180°-2∠EFD+180°-2∠EFB=360°-2(∠EFD+∠EFB)=360°-2×135°=90°∴DE⊥EB(2)如下图,延长BE至点M处,使得ME=EB,连接MA、ME、MF、MD、FB、DB,延长MF交CB于点H∵ME=EB,点E是AF的中点∴四边形MFBA是平行四边形∴MF∥AB,MF=AB∴∠MHB=180°-∠ABC=90°∵∠DCA=∠FCB=a∴∠DCB=45°+a,∠CFH=90°-a∵∠DCF=45°,∠CDF=90°∴∠DFC=45°,△DCF是等腰直角三角形∴∠DFM=180°-∠DFC-∠CFH=45°+a∴∠DCB=∠DFM∵△ABC和△CDF都是等腰直角三角形∴DC=DF,BC=AB=MF∴△DCB≌△DFM(SAS)∴∠MDF=∠BDC,DB=DM∴∠MDF+∠FDB=∠BDC+∠FDB=90°∴△DMB是等腰直角三角形∵点E是MB的中点∴DE=EB,DE⊥EB(3)当点F在AC上时,CF有最大值,图形如下:∵BC=6,∴在等腰直角△ABC 中,AC=62 ∵CF=32,∴AF=32 ∴CE=CF+FE=CF+12AF 922= 当点F 在AC 延长线上时,CE 有最小值,图形如下:同理,CE=EF -CF 322= 【点睛】本题考查三角形的旋转变换,用到了等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质,解题关键是构造并证明△BDM 是等腰直角三角形.3.如图,在边长为2的正方形ABCD 中,点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点(与点A 、B 、C 不重合),且始终保持BP BQ =,AQ QE ⊥,QE 交正方形外角平分线CE 于点E ,AE 交CD 于点F ,连结PQ .(1)求证:APQ QCE ∆∆≌; (2)证明:DF BQ QF +=;(3)设BQ x =,当x 为何值时,//QF CE ,并求出此时AQF ∆的面积. 【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)当222x =-+//QF CE ;AQF S ∆442=-+.【解析】 【分析】(1)判断出△PBQ 是等腰直角三角形,然后求出∠APQ=∠QCE=135°,再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ,再求出AP=CQ ,然后利用“角边角”证明即可; (2)根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ,判断出△AQE 是等腰直角三角形,将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆,再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌;(3)连结AC ,设QFCE ,推出QCF ∆是等腰直角三角形°,再证明()ABQ ADF SAS ∆∆≌,根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ,AQ AF =,22.5QAB DAF ∠=∠=︒,分别用x 表示出DF 、CF 、QF ,然后列出方程求出x ,再求出△AQF 的面积. 【详解】(1)∵四边形ABCD 是正方形,∴AB BC =,90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒, ∵BP BQ =,∴PBQ ∆是等腰直角三角形,AP QC =, ∴45BPQ ∠=︒, ∴135APQ ∠=︒ ∵CE 平分DCM ∠, ∴45DCE ECM ∠=∠=︒, ∴135QCE ∠=︒, ∴135APQ QCE ∠=∠=︒, ∵AQ QE ⊥,∴90AQB CQE ∠+∠=︒. ∵90AQB BAQ ∠+∠=︒. ∴BAQ CQE ∠=∠.∴()APQ QCE ASA ∆≌. (2)由(1)知APQ QCE ∆∆≌. ∴QA QE =. ∵90AQE ∠=︒,∴AQE ∆是等腰直角三角形, ∴45QAE ∠=︒. ∴45DAF QAB ∠+∠=︒,如图4,将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆,其中点D 与点B 重合,且点F '在直线BQ 上,则45F AQ '∠=︒,F A FA '=,AQ AQ =, ∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌. ∴QF QF BQ DF '==+.(3)连结AC ,若QF CE ,则45FQC ECM ∠=∠=︒. ∴QCF ∆是等腰直角三角形, ∴2CF CQ x ==-, ∴DF BQ x ==.∵AB AD =,90B D ∠=∠=︒, ∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌.∴AQ AF =,22.5QAB DAF ∠=∠=︒, ∴AC 垂直平分QF ,∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒,2FQ QN =, ∴22FQ BQ x ==.在Rt QCF ∆中,根据勾股定理,得222(2)(2)(2)x x x -+-=. 解这个方程,得1222x =-+ 2222x =--(舍去). 当222x =-+QFCE .此时,QCF QEF S S ∆∆=,∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==, ∴()2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦ 【点睛】 本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,旋转的性质,等腰直角三角形的判定与性质,勾股定理的应用,难点在于(3)作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程.4.阅读下面材料:小炎遇到这样一个问题:如图1,点E 、F 分别在正方形ABCD 的边BC ,CD 上,∠EAF=45°,连结EF ,则EF=BE+DF ,试说明理由.小炎是这样思考的:要想解决这个问题,首先应想办法将这些分散的线段相对集中.她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法,最后发现线段AB ,AD 是共点并且相等的,于是找到解决问题的方法.她的方法是将△ABE 绕着点A 逆时针旋转90°得到△ADG ,再利用全等的知识解决了这个问题(如图2).参考小炎同学思考问题的方法,解决下列问题:(1)如图3,四边形ABCD 中,AB=AD ,∠BAD=90°点E ,F 分别在边BC ,CD 上,∠EAF=45°.若∠B ,∠D 都不是直角,则当∠B 与∠D 满足_ 关系时,仍有EF=BE+DF ; (2)如图4,在△ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC ,点D 、E 均在边BC 上,且∠DAE=45°,若BD=1, EC=2,求DE 的长.【答案】(1)∠B+∠D=180°(或互补);(2)∴【解析】试题分析:(1)如图,△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG,利用全等的知识可知,要使EF=BE+DF,即EF=DG+DF,即要F、D、G三点共线,即∠ADG+∠ADF=180°,即∠B+∠D=180°.(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG,可使AB与AC重合,通过证明△AEG≌△AED 得到DE=EG,由勾股定理即可求得DE的长.(1)∠B+∠D=180°(或互补).(2)∵ AB=AC,∴把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG,可使AB与AC重合.则∠B=∠ACG,BD=CG,AD=AG.∵在△ABC中,∠BAC=90°,∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于,即∠ECG=90°.∴ EC2+CG2=EG2.在△AEG与△AED中,∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD.又∵AD=AG,AE=AE,∴△AEG≌△AED .∴DE=EG.又∵CG=BD,∴ BD2+EC2=DE2.∴.考点:1.面动旋转问题;2.全等三角形的判定和性质;3.勾股定理.5.请阅读下列材料:问题:如图1,在等边三角形ABC内有一点P,且PA=2,PB=3,PC=1、求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长.李明同学的思路是:将△BPC绕点B逆时针旋转60°,画出旋转后的图形(如图2),连接PP′,可得△P′PB是等边三角形,而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证),从而得到∠BPC=∠AP′B=__________;,进而求出等边△ABC的边长为__________;问题得到解决.请你参考李明同学的思路,探究并解决下列问题:如图3,在正方形ABCD内有一点P,且PA=5,BP=2,PC=1.求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长.【答案】(17;(25【解析】试题分析:(1)利用旋转的性质,得到全等三角形.(2)利用(1)中的解题思路,把△BPC,旋转,到△BP’A,连接PP’,BP’,容易证明△APP’是直角三角形,∠BP’E=45°,已知边BP’=BP2,BE=BP’=1,勾股定理可求得正方形边长.(17(2)将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得△BP′A,则△BPC≌△BP′A.∴AP′=PC=1,BP=BP′2;连接PP′,在Rt△BP′P中,∵BP=BP′2,∠PBP′=90°,∴PP′=2,∠BP′P=45°;在△AP′P中,AP′=1,PP′=2,AP5∵222+,即AP′2+PP′2=AP2;125∴△AP′P是直角三角形,即∠AP′P=90°,∴∠AP′B=135°,∴∠B PC=∠AP′B=135°.过点B作BE⊥AP′,交AP′的延长线于点E;则△BEP′是等腰直角三角形,∴∠EP′B=45°,∴EP′=BE=1,∴AE=2;∴在Rt△ABE中,由勾股定理,得AB5∴∠BPC=135°5点睛:本题利用题目中的原理迁移解决问题,解题利用了旋转的性质,一般利用正方形,等腰,等边三角形的隐含条件,构造全等三角形,把没办法利用的已知条件转移到方便利用的图形位置,从而求解.6.阅读材料:小胖同学发现这样一个规律:两个顶角相等的等腰三角形,如果具有公共的顶角的顶点,并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形.小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.如图1,在“手拉手”图形中,小胖发现若∠BAC=∠DAE,AB=AC,AD=AE,则BD=CE,(1)在图1中证明小胖的发现;借助小胖同学总结规律,构造“手拉手”图形来解答下面的问题:(2)如图2,AB=BC,∠ABC=∠BDC=60°,求证:AD+CD=BD;(3)如图3,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=m°,点E为△ABC外一点,点D为BC中点,∠EBC=∠ACF,ED⊥FD,求∠EAF的度数(用含有m的式子表示).【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)∠EAF =12 m°.【解析】分析:(1)如图1中,欲证明BD=EC,只要证明△DAB≌△EAC即可;(2)如图2中,延长DC到E,使得DB=DE.首先证明△BDE是等边三角形,再证明△ABD≌△CBE即可解决问题;(3)如图3中,将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG,连接CG、EG、EF、FG,延长ED到M,使得DM=DE,连接FM、CM.想办法证明△AFE≌△AFG,可得∠EAF=∠FAG=12 m°.详(1)证明:如图1中,∵∠BAC=∠DAE , ∴∠DAB=∠EAC , 在△DAB 和△EAC 中,AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩===, ∴△DAB ≌△EAC , ∴BD=EC .(2)证明:如图2中,延长DC 到E ,使得DB=DE.∵DB=DE ,∠BDC=60°, ∴△BDE 是等边三角形, ∴∠BD=BE ,∠DBE=∠ABC=60°, ∴∠ABD=∠CBE , ∵AB=BC , ∴△ABD ≌△CBE , ∴AD=EC ,∴BD=DE=DC+CE=DC+AD . ∴AD+CD=BD .(3)如图3中,将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ,连接CG 、EG 、EF 、FG ,延长ED 到M ,使得DM=DE ,连接FM 、CM .由(1)可知△EAB≌△GAC,∴∠1=∠2,BE=CG,∵BD=DC,∠BDE=∠CDM,DE=DM,∴△EDB≌△MDC,∴EM=CM=CG,∠EBC=∠MCD,∵∠EBC=∠ACF,∴∠MCD=∠ACF,∴∠FCM=∠ACB=∠ABC,∴∠1=3=∠2,∴∠FCG=∠ACB=∠MCF,∵CF=CF,CG=CM,∴△CFG≌△CFM,∴FG=FM,∵ED=DM,DF⊥EM,∴FE=FM=FG,∵AE=AG,AF=AF,∴△AFE≌△AFG,∴∠EAF=∠FAG=12 m°.点睛:本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题,学会构造“手拉手”模型,解决实际问题,属于中考压轴题.7.请认真阅读下面的数学小探究系列,完成所提出的问题:()1探究1:如图1,在等腰直角三角形ABC中,90ACB∠=,BC a=,将边AB绕点B顺时针旋转90得到线段BD ,连接.CD 求证:BCD 的面积为21.(2a 提示:过点D 作BC 边上的高DE ,可证ABC ≌)BDE()2探究2:如图2,在一般的Rt ABC 中,90ACB ∠=,BC a =,将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ,连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 的面积,并说明理由.()3探究3:如图3,在等腰三角形ABC 中,AB AC =,BC a =,将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ,连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积,要有探究过程.【答案】(1)详见解析;(2)BCD 的面积为212a ,理由详见解析;(3)BCD 的面积为214a . 【解析】 【分析】()1如图1,过点D 作BC 的垂线,与BC 的延长线交于点E ,由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ,就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论;()2如图2,过点D 作BC 的垂线,与BC 的延长线交于点E ,由垂直的性质就可以得出ABC ≌BDE ,就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论;()3如图3,过点A 作AF BC ⊥与F ,过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ,由等腰三角形的性质可以得出1BF BC 2=,由条件可以得出AFB ≌BED 就可以得出BF DE =,由三角形的面积公式就可以得出结论. 【详解】()1如图1,过点D 作DE CB ⊥交CB 的延长线于E ,BED ACB 90∠∠∴==,由旋转知,AB AD =,ABD 90∠=,ABC DBE 90∠∠∴+=,A ABC 90∠∠+=, A DBE ∠∠∴=, 在ABC 和BDE 中,ACB BEDA DBEAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,ABC∴≌()BDE AASBC DE a∴==,BCD1S BC DE2=⋅,2BCD1S a2∴=;()2BCD的面积为21a2,理由:如图2,过点D作BC的垂线,与BC的延长线交于点E,BED ACB90∠∠∴==,线段AB绕点B顺时针旋转90得到线段BE,AB BD∴=,ABD90∠=,ABC DBE90∠∠∴+=,A ABC90∠∠+=,A DBE∠∠∴=,在ABC和BDE中,ACB BEDA DBEAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,ABC∴≌()BDE AAS,BC DE a∴==,BCD1S BC DE2=⋅,2BCD1S a2∴=;()3如图3,过点A作AF BC⊥与F,过点D作DE BC⊥的延长线于点E,AFB E 90∠∠∴==,11BF BC a 22==, FAB ABF 90∠∠∴+=,ABD 90∠=,ABF DBE 90∠∠∴+=,FAB EBD ∠∠∴=,线段BD 是由线段AB 旋转得到的,AB BD ∴=,在AFB 和BED 中,AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, AFB ∴≌()BED AAS , 1BF DE a 2∴==, 2BCD1111SBC DE a a a 2224=⋅=⋅⋅=, BCD ∴的面积为21a 4.【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等,综合性较强,有一定的难度,正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.8.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 2F (m ,0)是x 轴的正半轴上一点,将抛物线C 绕点F 旋转180°,得到新的抛物线C ′. (1)求抛物线C 的函数表达式;(2)若抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,求m 的取值范围. (3)如图2,P 是第一象限内抛物线C 上一点,它到两坐标轴的距离相等,点P 在抛物线C ′上的对应点P ′,设M 是C 上的动点,N 是C ′上的动点,试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形?若能,求出m 的值;若不能,请说明理由.【答案】(1)2142y x =-+;(2)2<m <223)m =6或m 17﹣3.【解析】 【分析】(1)由题意抛物线的顶点C (0,4),A (20),设抛物线的解析式为24y ax =+,把A (220)代入可得a =12-,由此即可解决问题; (2)由题意抛物线C ′的顶点坐标为(2m ,﹣4),设抛物线C ′的解析式为()21242y x m =--,由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩,消去y 得到222280x mx m -+-=,由题意,抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,则有()222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩,解不等式组即可解决问题; (3)情形1,四边形PMP ′N 能成为正方形.作PE ⊥x 轴于E ,MH ⊥x 轴于H .由题意易知P (2,2),当△PFM 是等腰直角三角形时,四边形PMP ′N 是正方形,推出PF =FM ,∠PFM =90°,易证△PFE ≌△FMH ,可得PE =FH =2,EF =HM =2﹣m ,可得M (m +2,m ﹣2),理由待定系数法即可解决问题;情形2,如图,四边形PMP ′N 是正方形,同法可得M (m ﹣2,2﹣m ),利用待定系数法即可解决问题. 【详解】(1)由题意抛物线的顶点C (0,4),A (20),设抛物线的解析式为24y ax =+,把A (220)代入可得a =12-, ∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+.(2)由题意抛物线C ′的顶点坐标为(2m ,﹣4),设抛物线C ′的解析式为()21242y x m =--,由()221421242y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩,消去y 得到222280x mx m -+-= ,由题意,抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,则有()222(2)428020280m m m m ⎧--->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩, 解得2<m <22,∴满足条件的m 的取值范围为2<m <22. (3)结论:四边形PMP ′N 能成为正方形.理由:1情形1,如图,作PE ⊥x 轴于E ,MH ⊥x 轴于H .由题意易知P (2,2),当△PFM 是等腰直角三角形时,四边形PMP ′N 是正方形,∴PF =FM ,∠PFM =90°,易证△PFE ≌△FMH ,可得PE =FH =2,EF =HM =2﹣m ,∴M (m +2,m ﹣2),∵点M 在2142y x =-+上,∴()212242m m -=-++,解得m 17﹣3173(舍弃),∴m 17﹣3时,四边形PMP ′N 是正方形.情形2,如图,四边形PMP ′N 是正方形,同法可得M (m ﹣2,2﹣m ),把M (m ﹣2,2﹣m )代入2142y x =-+中,()212242m m -=--+,解得m =6或0(舍弃),∴m =6时,四边形PMP ′N 是正方形.综上所述:m=6或m=17﹣3时,四边形PMP′N是正方形.9.已知△ABC是边长为4的等边三角形,边AB在射线OM上,且OA=6,点D是射线OM上的动点,当点D不与点A重合时,将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,连接DE.(1)如图1,求证:△CDE是等边三角形.(2)设OD=t,①当6<t<10时,△BDE的周长是否存在最小值?若存在,求出△BDE周长的最小值;若不存在,请说明理由.②求t为何值时,△DEB是直角三角形(直接写出结果即可).【答案】(1)见解析;(2)①见解析;②t=2或14.【解析】【分析】(1)由旋转的性质得到∠DCE=60°,DC=EC,即可得到结论;(2)①当6<t<10时,由旋转的性质得到BE=AD,于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,于是得到结论;②存在,当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形;当0≤t<6时,由旋转的性质得到∠ABE=60°,∠BDE<60°,求得∠BED=90°,根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°,求得∠CEB=30°,求得OD=OA-DA=6-4=2=t;当6<t<10时,此时不存在;当t>10时,由旋转的性质得到∠DBE=60°,求得∠BDE>60°,于是得到t=14.【详解】(1)∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE=60°,DC=EC,∴△CDE是等边三角形;(2)①存在,当6<t<10时,由旋转的性质得,BE=AD,∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE=CD,∴C△DBE=CD+4,由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时,CD=,∴△BDE的最小周长=CD+4=;②存在,∵当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意;当0≤t<6时,由旋转可知,∠ABE=60°,∠BDE<60°,∴∠BED=90°,由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEB=60°,∴∠CEB=30°,∵∠CEB=∠CDA,∴∠CDA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠ACD=∠ADC=30°,∴DA=CA=4,∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2,∴t=2;当6<t<10时,由∠DBE=120°>90°,∴此时不存在;当t>10时,由旋转的性质可知,∠DBE=60°,又由(1)知∠CDE=60°,∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC,而∠BDC>0°,∴∠BDE>60°,∴只能∠BDE=90°,从而∠BCD=30°,∴BD=BC=4,∴OD=14,∴t=14,综上所述:当t=2或14时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.【点睛】本题考查了旋转的性质,等边三角形的判定和性质,三角形周长的计算,直角三角形的判定,熟练掌握旋转的性质是解题的关键.10.(问题提出)如图①,已知△ABC是等边三角形,点E在线段AB上,点D在直线BC上,且ED=EC,将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF试证明:AB=DB+AF(类比探究)(1)如图②,如果点E在线段AB的延长线上,其他条件不变,线段AB,DB,AF之间又有怎样的数量关系?请说明理由(2)如果点E在线段BA的延长线上,其他条件不变,请在图③的基础上将图形补充完整,并写出AB,DB,AF之间的数量关系,不必说明理由.【答案】证明见解析;(1)AB=BD﹣AF;(2)AF=AB+BD.【解析】【分析】(1)根据旋转的性质得出△EDB与FEA全等的条件BE=AF,再结合已知条件和旋转的性质推出∠D=∠AEF,∠EBD=∠EAF=120°,得出△EDB≌FEA,所以BD=AF,等量代换即可得出结论.(2)先画出图形证明∴△DEB≌△EFA,方法类似于(1);(3)画出图形根据图形直接写出结论即可.【详解】(1)证明:DE=CE=CF,△BCE由旋转60°得△ACF,∴∠ECF=60°,BE=AF,CE=CF,∴△CEF是等边三角形,∴EF=CE,∴DE=EF,∠CAF=∠BAC=60°,∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°,∵∠DBE=120°,∴∠EAF=∠DBE,又∵A,E,C,F四点共圆,∴∠AEF=∠ACF,又∵ED=DC,∴∠D=∠BCE,∠BCE=∠ACF,∴∠D=∠AEF,∴△EDB≌FEA,∴BD=AF,AB=AE+BF,∴AB=BD+AF.类比探究(1)DE=CE=CF,△BCE由旋转60°得△ACF,∴∠ECF=60°,BE=AF,CE=CF,∴△CEF是等边三角形,∴EF=CE,∴DE=EF,∠EFC=∠BAC=60°,∠EFC=∠FGC+∠FCG,∠BAC=∠FGC+∠FEA,∴∠FCG=∠FEA,又∠FCG=∠EAD∠D=∠EAD,∴∠D=∠FEA,由旋转知∠CBE=∠CAF=120°,∴∠DBE=∠FAE=60°∴△DEB≌△EFA,∴BD=AE, EB=AF,∴BD=FA+AB.即AB=BD-AF.(2)AF=BD+AB(或AB=AF-BD)如图③,,ED=EC=CF,∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF,∴∠ECF=60°,BE=AF,EC=CF,BC=AC,∴△CEF是等边三角形,∴EF=EC,又∵ED=EC,∴ED=EF ,∵AB=AC ,BC=AC ,∴△ABC 是等边三角形,∴∠ABC=60°,又∵∠CBE=∠CAF ,∴∠CAF=60°,∴∠EAF=180°-∠CAF-∠BAC=180°-60°-60°=60°∴∠DBE=∠EAF ;∵ED=EC ,∴∠ECD=∠EDC ,∴∠BDE=∠ECD+∠DEC=∠EDC+∠DEC , 又∵∠EDC=∠EBC+∠BED ,∴∠BDE=∠EBC+∠BED+∠DEC=60°+∠BEC , ∵∠AEF=∠CEF+∠BEC=60°+∠BEC ,∴∠BDE=∠AEF ,在△EDB 和△FEA 中,DBE EAF BDE AEF ED EF ∠∠⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== ∴△EDB ≌△FEA (AAS ),∴BD=AE ,EB=AF ,∵BE=AB+AE ,∴AF=AB+BD ,即AB ,DB ,AF 之间的数量关系是: AF=AB+BD .考点:旋转变化,等边三角形,三角形全等,。
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旋转几何综合单元测试卷附答案一、初三数学 旋转易错题压轴题(难)1.如图,在平面直角坐标系中,点O 为坐标原点,抛物线2y ax bx c =++的顶点是A(1,3),将OA 绕点O 顺时针旋转90︒后得到OB ,点B 恰好在抛物线上,OB 与抛物线的对称轴交于点C .(1)求抛物线的解析式;(2)P 是线段AC 上一动点,且不与点A ,C 重合,过点P 作平行于x 轴的直线,与OAB ∆的边分别交于M ,N 两点,将AMN ∆以直线MN 为对称轴翻折,得到A MN '∆. 设点P 的纵坐标为m .①当A MN '∆在OAB ∆内部时,求m 的取值范围;②是否存在点P ,使'56A MN OAB S S ∆'∆=,若存在,求出满足m 的值;若不存在,请说明理由.【答案】()21y x 22x =-++;(2)①433m <<;②存在,满足m 的值为619-或639-. 【解析】【分析】(1)作AD ⊥y 轴于点D ,作BE ⊥x 轴于点E ,然后证明△AOD ≌△BOE ,则AD=BE ,OD=OE ,即可得到点B 的坐标,然后利用待定系数法,即可求出解析式;(2)①由点P 为线段AC 上的动点,则讨论动点的位置是解题的突破口,有点P 与点A 重合时;点P 与点C 重合时,两种情况进行分析计算,即可得到答案;②根据题意,可分为两种情况进行分析:当点M 在线段OA 上,点N 在AB 上时;当点M 在线段OB 上,点N 在AB 上时;先求出直线OA 和直线AB 的解析式,然后利用m 的式子表示出两个三角形的面积,根据等量关系列出方程,解方程即可求出m 的值.【详解】解:(1)如图:作AD ⊥y 轴于点D ,作BE ⊥x 轴于点E ,∴∠ADO=∠BEO=90°,∵将OA 绕点O 逆时针旋转90︒后得到OB ,∴OA=OB ,∠AOB=90°,∴∠AOD+∠AOE=∠BOE+∠AOE=90°,∴∠AOD=∠BOE ,∴△AOD ≌△BOE ,∴AD=BE ,OD=OE ,∵顶点A 为(1,3),∴AD=BE=1,OD=OE=3,∴点B 的坐标为(3,1-),设抛物线的解析式为2(1)3=-+y a x ,把点B 代入,得 2(31)31a -+=-,∴1a =-,∴抛物线的解析式为2(1)3y x =--+,即222y x x =-++;(2)①∵P 是线段AC 上一动点,∴3m <,∵当A MN '∆在OAB ∆内部时,当点'A 恰好与点C 重合时,如图:∵点B 为(3,1-),∴直线OB 的解析式为13y x =-, 令1x =,则13y =-, ∴点C 的坐标为(1,13-),∴AC=1103()33--=, ∵P 为AC 的中点,∴AP=1105233⨯=, ∴54333m =-=, ∴m 的取值范围是433m <<; ②当点M 在线段OA 上,点N 在AB 上时,如图:∵点P 在线段AC 上,则点P 为(1,m ),∵点'A 与点A 关于MN 对称,则点'A 的坐标为(1,2m -3),∴'3A P m =-,18'(23)233A C m m =-+=-, 设直接OA 为y ax =,直线AB 为y kx b =+,分别把点A ,点B 代入计算,得直接OA 为3y x =;直线AB 为25y x =-+, 令y m =,则点M 的横坐标为3m ,点N 的横坐标为52m --, ∴5552326m m MN m -=-=--; ∵2'11555515'()(3)22261224A MN S MN A P m m m m ∆=•=•-•-=-+; '138'3(2)34223OA B S A C m m ∆=••=•-=-; 又∵'56A MN OA B S S ∆'∆=, ∴255155(34)12246m m m -+=⨯-, 解得:619m =-或619m =+(舍去);当点M 在边OB 上,点N 在边AB 上时,如图:把y m =代入13y x =-,则3x m , ∴5553222m MN m m -=+=+-,18'(23)233A C m m =---=-, ∴2'11555515'()(3)2222424A MN S MN A P m m m m ∆=•=•+•-=-++, '138'3(2)43223OA B S A C m m ∆=••=•-=-, ∵'56A MN OA B S S ∆'∆=,∴255155(43)4246m m m -++=⨯-, 解得:6393m -=或6393m +=(舍去); 综合上述,m 的值为:619m =-或6393m -=. 【点睛】本题考查的是二次函数综合运用,涉及到一次函数、图形的旋转、解一元二次方程、全等三角形的判定和性质、三角形的面积公式等,解题的关键是熟练掌握所学的性质,正确得到点P 的位置.注意运用数形结合的思想和分类讨论的思想进行解题.2.已知如图1,在ABC 中,90ABC ∠=︒,BC AB =,点D 在AC 上,DF AC ⊥交BC 于F ,点E 是AF 的中点.(1)写出线段ED 与线段EB 的关系并证明;(2)如图2,将CDF 绕点C 逆时针旋转()090a α︒<<︒,其它条件不变,线段ED 与线段EB 的关系是否变化,写出你的结论并证明;(3)将CDF 绕点C 逆时针旋转一周,如果6BC =,32CF =,直接写出线段CE 的范围.【答案】(1)ED EB =,DE BE ⊥,证明见解析;(2)结论不变,理由见解析;(3)最大值22=最小值322=. 【解析】【分析】(1)在Rt △ADF 中,可得DE=AE=EF ,在Rt △ABF 中,可得BE=EF=EA ,得证ED=EB ;然后利用等腰三角形的性质以及四边形ADFB 的内角和为180°,可推导得出∠DEB=90°; (2)如下图,先证四边形MFBA 是平行四边形,再证△DCB ≌△DFM ,从而推导出△DMB是等腰直角三角形,最后得出结论;(3)如下图,当点F在AC上时,CE有最大值;当点F在AC延长线上时,CE有最小值.【详解】(1)∵DF⊥AC,点E是AF的中点∴DE=AE=EF,∠EDF=∠DFE∵∠ABC=90°,点E是AF的中点∴BE=AE=EF,∠EFB=∠EBF∴DE=EB∵AB=BC,∴∠DAB=45°∴在四边形ABFD中,∠DFB=360°-90°-45°-90°=135°∠DEB=∠DEF+∠FEB=180°-2∠EFD+180°-2∠EFB=360°-2(∠EFD+∠EFB)=360°-2×135°=90°∴DE⊥EB(2)如下图,延长BE至点M处,使得ME=EB,连接MA、ME、MF、MD、FB、DB,延长MF交CB于点H∵ME=EB,点E是AF的中点∴四边形MFBA是平行四边形∴MF∥AB,MF=AB∴∠MHB=180°-∠ABC=90°∵∠DCA=∠FCB=a∴∠DCB=45°+a,∠CFH=90°-a∵∠DCF=45°,∠CDF=90°∴∠DFC=45°,△DCF是等腰直角三角形∴∠DFM=180°-∠DFC-∠CFH=45°+a∴∠DCB=∠DFM∵△ABC和△CDF都是等腰直角三角形∴DC=DF,BC=AB=MF∴△DCB≌△DFM(SAS)∴∠MDF=∠BDC,DB=DM∴∠MDF+∠FDB=∠BDC+∠FDB=90°∴△DMB是等腰直角三角形∵点E是MB的中点∴DE=EB,DE⊥EB(3)当点F在AC上时,CF有最大值,图形如下:∵BC=6,∴在等腰直角△ABC中,AC=62∵CF=32,∴AF=32∴CE=CF+FE=CF+12AF92=当点F在AC延长线上时,CE有最小值,图形如下:同理,CE=EF-CF32 =【点睛】本题考查三角形的旋转变换,用到了等腰直角三角形的性质和平行四边形的性质,解题关键是构造并证明△BDM 是等腰直角三角形.3.如图,在边长为2的正方形ABCD 中,点P 、Q 分别是边AB 、BC 上的两个动点(与点A 、B 、C 不重合),且始终保持BP BQ =,AQ QE ⊥,QE 交正方形外角平分线CE 于点E ,AE 交CD 于点F ,连结PQ .(1)求证:APQ QCE ∆∆≌;(2)证明:DF BQ QF +=;(3)设BQ x =,当x 为何值时,//QF CE ,并求出此时AQF ∆的面积.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)当222x =-+//QF CE ;AQF S ∆442=-+.【解析】【分析】 (1)判断出△PBQ 是等腰直角三角形,然后求出∠APQ=∠QCE=135°,再根据同角的余角相等求出∠PAQ=∠CQE ,再求出AP=CQ ,然后利用“角边角”证明即可;(2)根据全等三角形对应边相等可得AQ=EQ ,判断出△AQE 是等腰直角三角形,将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆,再证明()F AQ FAQ SAS '∆∆≌;(3)连结AC ,设QF CE ,推出QCF ∆是等腰直角三角形°,再证明()ABQ ADF SAS ∆∆≌,根据全等三角形对应边相等可得QF=GF ,AQ AF =,22.5QAB DAF ∠=∠=︒,分别用x 表示出DF 、CF 、QF ,然后列出方程求出x ,再求出△AQF 的面积.【详解】(1)∵四边形ABCD 是正方形,∴AB BC =,90B BCD DCM ∠=∠=∠=︒,∵BP BQ =,∴PBQ ∆是等腰直角三角形,AP QC =,∴45BPQ ∠=︒,∴135APQ ∠=︒∵CE 平分DCM ∠,∴45DCE ECM ∠=∠=︒,∴135QCE ∠=︒,∴135APQ QCE ∠=∠=︒,∵AQ QE ⊥,∴90AQB CQE ∠+∠=︒.∵90AQB BAQ ∠+∠=︒.∴BAQ CQE ∠=∠.∴()APQ QCE ASA ∆≌.(2)由(1)知APQ QCE ∆∆≌.∴QA QE =.∵90AQE ∠=︒,∴AQE ∆是等腰直角三角形,∴45QAE ∠=︒.∴45DAF QAB ∠+∠=︒,如图4,将ADF ∆绕点A 顺时针旋转90︒得F AB '∆,其中点D 与点B 重合,且点F '在直线BQ 上,则45F AQ '∠=︒,F A FA '=,AQ AQ =,∴()F AQ FAQ SAS '∆∆≌.∴QF QF BQ DF '==+.(3)连结AC ,若QF CE ,则45FQC ECM ∠=∠=︒.∴QCF ∆是等腰直角三角形,∴2CF CQ x ==-,∴DF BQ x ==.∵AB AD =,90B D ∠=∠=︒,∴()ABQ ADF SAS ∆∆≌.∴AQ AF =,22.5QAB DAF ∠=∠=︒,∴AC 垂直平分QF ,∴22.5QAC FAC QAB FAD ∠=∠=∠=∠=︒,2FQ QN =,∴22FQ BQ x ==.在Rt QCF ∆中,根据勾股定理,得222(2)(2)(2)x x x -+-=.解这个方程,得1222x =-+, 2222x =--(舍去).当222x =-+时,QF CE .此时,QCF QEF S S ∆∆=,∴212QCF AQF QEF AQF AQE S S S S S AQ ∆∆∆∆∆+=+==, ∴()2222111222AQF AQE QCF S S S AQ CQ AQ CQ ∆∆∆=-=-=- ()222112(2)4244222x x x x ⎡⎤=+--=⋅==-+⎣⎦ 【点睛】本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,旋转的性质,等腰直角三角形的判定与性质,勾股定理的应用,难点在于(3)作辅助线构造成全等三角形并利用勾股定理列出方程.4.在平面直角坐标系中,四边形AOBC 是矩形,点O (0,0),点A (5,0),点B (0,3).以点A 为中心,顺时针旋转矩形AOBC ,得到矩形ADEF ,点O ,B ,C 的对应点分别为D ,E ,F .(1)如图①,当点D 落在BC 边上时,求点D 的坐标;(2)如图②,当点D 落在线段BE 上时,AD 与BC 交于点H .①求证△ADB ≌△AOB ;②求点H 的坐标.(3)记K 为矩形AOBC 对角线的交点,S 为△KDE 的面积,求S 的取值范围(直接写出结果即可).【答案】(1)D (1,3);(2)①详见解析;②H (175,3);(3)30334-≤S 30334+ 【解析】【分析】(1)如图①,在Rt △ACD 中求出CD 即可解决问题;(2)①根据HL证明即可;②,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,在Rt△AHC中,根据AH2=HC2+AC2,构建方程求出m即可解决问题;(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,求出面积的最小值以及最大值即可解决问题;【详解】(1)如图①中,∵A(5,0),B(0,3),∴OA=5,OB=3,∵四边形AOBC是矩形,∴AC=OB=3,OA=BC=5,∠OBC=∠C=90°,∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到,∴AD=AO=5,在Rt△ADC中,CD=22AD AC=4,∴BD=BC-CD=1,∴D(1,3).(2)①如图②中,由四边形ADEF是矩形,得到∠ADE=90°,∵点D在线段BE上,∴∠ADB=90°,由(1)可知,AD=AO,又AB=AB,∠AOB=90°,∴Rt△ADB≌Rt△AOB(HL).②如图②中,由△ADB≌△AOB,得到∠BAD=∠BAO,又在矩形AOBC中,OA∥BC,∴∠CBA=∠OAB,∴∠BAD=∠CBA,∴BH=AH,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,在Rt△AHC中,∵AH2=HC2+AC2,∴m2=32+(5-m)2,∴m=175,∴BH=175,∴H(175,3).(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,最小值=12•DE•DK=12×3×(5-342)=303344-,当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×(3430334+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.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)123545(,)【解析】试题分析:(1)、如图①,先利用勾股定理计算出AB=5,再根据旋转的性质得BA=BA′,∠ABA′=90°,则可判定△ABA′为等腰直角三角形,然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,利用旋转的性质得BO=BO′=3,∠OBO′=120°,则∠HBO′=60°,再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长,然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标;(3)、由旋转的性质得BP=BP′,则O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,易得O′P+BP=O′C,利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小,接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=x﹣3,从而得到P(,0),则O′P′=OP=,作P′D⊥O′H于D,然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长,从而可得到P′点的坐标.试题解析:(1)、如图①,∵点A(4,0),点B(0,3),∴OA=4,OB=3,∴AB==5,∵△ABO绕点B逆时针旋转90°,得△A′BO′,∴BA=BA′,∠ABA′=90°,∴△ABA′为等腰直角三角形,∴AA′=BA=5;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,∴BO=BO′=3,∠OBO′=120°,∴∠HBO′=60°,在Rt△BHO′中,∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°,∴BH=BO′=,O′H=BH=,∴OH=OB+BH=3+,∴O′点的坐标为();(3)∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,点P的对应点为P′,∴BP=BP′,∴O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,则O′P+BP=O′P+PC=O′C,此时O′P+BP的值最小,∵点C与点B关于x轴对称,∴C(0,﹣3),设直线O′C的解析式为y=kx+b,把O′(),C (0,﹣3)代入得,解得, ∴直线O′C 的解析式为y=x ﹣3, 当y=0时,x ﹣3=0,解得x=,则P (,0),∴OP=, ∴O′P′=OP=, 作P′D ⊥O′H 于D ,∵∠BO′A=∠BOA=90°,∠BO′H=30°, ∴∠DP′O′=30°,∴O′D=O′P′=,P′D=, ∴DH=O′H ﹣O′, ∴P′点的坐标为(,).考点:几何变换综合题6.(1)发现如图,点A 为线段BC 外一动点,且BC a =,AB b =.填空:当点A 位于____________时,线段AC 的长取得最大值,且最大值为_________.(用含a ,b 的式子表示)(2)应用点A 为线段BC 外一动点,且3BC =,1AB =.如图所示,分别以AB ,AC 为边,作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ,连接CD ,BE .①找出图中与BE 相等的线段,并说明理由;②直接写出线段BE 长的最大值.(3)拓展如图,在平面直角坐标系中,点A 的坐标为()2,0,点B 的坐标为()5,0,点P 为线段AB 外一动点,且2PA =,PM PB =,90BPM ∠=︒,求线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标.【答案】(1)CB 的延长线上,a+b ;(2)①DC=BE,理由见解析;②BE 的最大值是4;(3)AM 的最大值是2,点P 的坐标为(22)【解析】【分析】(1)根据点A 位于CB 的延长线上时,线段AC 的长取得最大值,即可得到结论; (2)①根据等边三角形的性质得到AD=AB ,AC=AE ,∠BAD=∠CAE=60°,推出△CAD ≌△EAB ,根据全等三角形的性质得到CD=BE ;②由于线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值,根据(1)中的结论即可得到结果;(3)连接BM ,将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ,连接AN ,得到△APN 是等腰直角三角形,根据全等三角形的性质得到PN=PA=2,BN=AM ,根据当N 在线段BA 的延长线时,线段BN 取得最大值,即可得到最大值为2+3;如图2,过P 作PE ⊥x 轴于E ,根据等腰直角三角形的性质即可得到结论.【详解】解:(1)∵点A 为线段BC 外一动点,且BC=a ,AB=b ,∴当点A 位于CB 的延长线上时,线段AC 的长取得最大值,且最大值为BC+AB=a+b , 故答案为CB 的延长线上,a+b ;(2)①CD=BE ,理由:∵△ABD 与△ACE 是等边三角形,∴AD=AB ,AC=AE ,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC ,即∠CAD=∠EAB ,在△CAD 与△EAB 中,AD ABCAD EAB AC AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△CAD ≌△EAB ,∴CD=BE ;②∵线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值,由(1)知,当线段CD 的长取得最大值时,点D 在CB 的延长线上,∴最大值为BD+BC=AB+BC=4;(3)∵将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ,连接AN ,则△APN 是等腰直角三角形,∴PN=PA=2,BN=AM ,∵A 的坐标为(2,0),点B 的坐标为(5,0),∴OA=2,OB=5,∴AB=3,∴线段AM 长的最大值=线段BN 长的最大值,∴当N 在线段BA 的延长线时,线段BN 取得最大值,最大值=AB+AN ,∵AN=2AP=22,∴最大值为22+3;如图2,过P 作PE ⊥x 轴于E ,∵△APN 是等腰直角三角形,∴2,∴22,∴P (22).【点睛】考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,最大值问题,旋转的性质.正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.7.操作与证明:如图1,把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起,使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合,点E、F分别在正方形的边CB、CD上,连接AF.取AF中点M,EF的中点N,连接MD、MN.(1)连接AE,求证:△AEF是等腰三角形;猜想与发现:(2)在(1)的条件下,请判断MD、MN的数量关系和位置关系,得出结论.结论1:DM、MN的数量关系是;结论2:DM、MN的位置关系是;拓展与探究:(3)如图2,将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°,其他条件不变,则(2)中的两个结论还成立吗?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.【答案】(1)证明参见解析;(2)相等,垂直;(3)成立,理由参见解析.【解析】试题分析:(1)根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF,继而证明出△ABE≌△ADF,得到AE=AF,从而证明出△AEF是等腰三角形;(2)DM、MN的数量关系是相等,利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直,利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质,及全等三角形对应角相等即可得出结论;(3)成立,连接AE,交MD于点G,标记出各个角,首先证明出MN∥AE,MN=12AE,利用三角形全等证出AE=AF,而DM=12AF,从而得到DM,MN数量相等的结论,再利用三角形外角性质和三角形全等,等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°.从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析:(1)∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD=BC=CD,∠B=∠ADF=90°,∵△CEF 是等腰直角三角形,∠C=90°,∴CE=CF,∴BC﹣CE=CD﹣CF,即BE=DF,∴△ABE≌△ADF,∴AE=AF,∴△AEF是等腰三角形;(2)DM、MN的数量关系是相等,DM、MN的位置关系是垂直;∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线,∴AF=2DM,∵MN 是△AEF的中位线,∴AE=2MN,∵AE=AF,∴DM=MN;∵∠DMF=∠DAF+∠ADM,AM=MD ,∵∠FMN=∠FAE ,∠DAF=∠BAE ,∴∠ADM=∠DAF=∠BAE ,∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°,∴DM ⊥MN ;(3)(2)中的两个结论还成立,连接AE ,交MD 于点G ,∵点M 为AF 的中点,点N 为EF 的中点,∴MN ∥AE ,MN=12AE ,由已知得,AB=AD=BC=CD ,∠B=∠ADF ,CE=CF ,又∵BC+CE=CD+CF ,即BE=DF ,∴△ABE ≌△ADF ,∴AE=AF ,在Rt △ADF 中,∵点M 为AF 的中点,∴DM=12AF ,∴DM=MN ,∵△ABE ≌△ADF ,∴∠1=∠2,∵AB ∥DF ,∴∠1=∠3,同理可证:∠2=∠4,∴∠3=∠4,∵DM=AM ,∴∠MAD=∠5,∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°,∵MN ∥AE ,∴∠DMN=∠DGE=90°,∴DM ⊥MN .所以(2)中的两个结论还成立.考点:1.正方形的性质;2.全等三角形的判定与性质;3.三角形中位线定理;4.旋转的性质.8.在矩形ABCD 中,2AB =,1BC =,以点A 为旋转中心,逆时针旋转矩形ABCD ,旋转角为(0180)αα<<,得到矩形AEFG ,点B 、点C 、点D 的对应点分别为点E 、点F 、点G .()1如图①,当点E 落在DC 边上时,直写出线段EC 的长度为______;()2如图②,当点E 落在线段CF 上时,AE 与DC 相交于点H ,连接AC ,①求证:ACD ≌CAE ;②直接写出线段DH 的长度为______.()3如图③设点P 为边FG 的中点,连接PB ,PE ,在矩形ABCD 旋转过程中,BEP 的面积是否存在最大值?若存在请直接写出这个最大值;若不存在请说明理由.【答案】(1)23;(2)①见解析;34②;(3)存在,PBE 的面积的最大值为21,理由见解析 【解析】【分析】 ()1如图①中,在Rt ADE 中,利用勾股定理即可解决问题;()2①证明:如图②中,根据HL 即可证明ACD ≌CAE ;②如图②中,由ACD ≌CAE ,推出ACD CAE ∠∠=,推出AH HC =,设AH HC m ==,在Rt ADH 中,根据222AD DH AH +=,构建方程即可解决问题; ()3存在.如图③中,连接PA ,作BM PE ⊥交PE 的延长线于M.由题意:PF PC 1==,由AG EF 1==,G F 90∠∠==,推出PA PE 2==PBE 12S PE BM 22=⋅⋅=,推出当BM 的值最大时,PBE 的面积最大,求出BM 的最大值即可解决问题;【详解】()1四边形ABCD 是矩形,AB CD 2∴==,BC AD 1==,D 90∠=,矩形AEFG 是由矩形ABCD 旋转得到,AE AB 2∴==,在Rt ADE 中,22DE 213=-=CE 23∴=, 故答案为23.()2①当点E 落在线段CF 上,AEC ADC 90∠∠∴==,在Rt ADC 和Rt AEC 中,{AC CACD AE ==,Rt ACD ∴≌()Rt CAE HL ;ACD ②≌CAE ,ACD CAE ∠∠∴=,AH HC ∴=,设AH HC m ==,在Rt ADH 中,222AD DH AH +=,2221(2m)m ∴+-=,5m 4∴=, 53DH 244∴=-=, 故答案为34; ()3存在.理由如下:如图③中,连接PA ,作BM PE ⊥交PE 的延长线于M ,由题意:PF PC 1==,AG EF 1==,G F 90∠∠==,PA PE 2∴==PBE 12S PE BM BM 22∴=⋅⋅=, ∴当BM 的值最大时,PBE 的面积最大,BM PB ≤,PB AB PA ≤+,PB 22∴≤,BM 22∴≤BM ∴的最大值为22+PBE ∴21.【点睛】本题是四边形综合题,考查了矩形的性质,旋转变换,全等三角形的判定和性质,勾股定理,三角形的面积,三角形的三边关系等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,学会利用参数构建方程解决问题,属于中考压轴题.9.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.10.已知ABC ∆是边长为4的等边三角形,点D 是射线BC 上的动点,将AD 绕点A 逆时针方向旋转60得到AE ,连接DE .(1).如图,猜想ADE ∆是_______三角形;(直接写出结果)(2).如图,猜想线段CA 、CE 、CD 之间的数量关系,并证明你的结论;(3).①当BD=___________时,30DEC ∠=;(直接写出结果)②点D 在运动过程中,DEC ∆的周长是否存在最小值?若存在.请直接写出DEC ∆周长的最小值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)等边三角形;(2)AC CD CE +=,证明见解析;(3)①BD 为2或8时,30DEC ∠=;②最小值为423+【解析】【分析】(1)根据旋转的性质得到,60AD AE DAE =∠=,根据等边三角形的判定定理解答; (2)证明ABD ACE ∆≅∆,根据全等三角形的性质得到BD CE =,结合图形计算即可; (3)①分点D 在线段BC 上和点D 在线段BC 的延长线上两种情况,根据直角三角形的性质解答;②根据ABD ACE ∆≅∆得到CE BD =,根据垂线段最短解答.【详解】解:(1)由旋转变换的性质可知,,60AD AE DAE =∠=,ADE ∴∆是等边三角形,故答案为等边三角形;(2)AC CD CE +=,证明:由旋转的性质可知,60,DAE AD AE ∠==,ABC ∆是等边三角形60AB AC BC BAC ∴∠︒==,=,60BAC DAE ∴∠∠︒==,BAC DAC DAE DAC ∴∠+∠∠+∠=,即BAD CAE ∠∠=,在ABD ∆和ACE ∆中,AB AC BAD CAE AD AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩, ABD ACE SAS ∴∆∆≌()BD CE ∴=,CE BD CB CD CA CD ∴++===;(3)①BD 为2或8时,30DEC ∠=,当点D 在线段BC 上时,3060DEC AED ∠︒∠︒=,=,90AEC ∴∠︒=,ABD ACE ∆∆≌,9060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒==,又=,30BAD ∴∠︒=,122BD AB ∴==, 当点D 在线段BC 的延长线上时,3060DEC AED ∠︒∠︒=,=,30AEC ∴∠︒=,ABD ACE ∆∆≌,3060ADB AEC B ∴∠∠︒∠︒==,又=,90BAD ∴∠︒=,28BD AB ∴==,BD ∴为2或8时,30DEC ∠︒=;②点D 在运动过程中,DEC ∆的周长存在最小值,最小值为4+理由如下:ABD ACE ∆∆≌,CE BD ∴=,则DEC ∆的周长DE CE DC BD CD DE BC DE +++++===,当CE 最小时,DEC ∆的周长最小,ADE ∆为等边三角形,DE AD ∴=, AD的最小值为DEC ∴∆的周长的最小值为4+【点睛】本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质,掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键.。