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中考数学压轴题专题复习—旋转的综合附答案解析

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中考数学压轴题专题复习——初中数学 旋转的综合含详细答案

中考数学压轴题专题复习——初中数学 旋转的综合含详细答案

中考数学压轴题专题复习——初中数学旋转的综合含详细答案一、旋转1．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．（1）请问EG与CG存在怎样的数量关系，并证明你的结论；（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？（请直接写出结果，不必写出理由）【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．（3）结论依然成立．【详解】（1）CG=EG．理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=12FD，同理．在Rt△DEF中，EG=12FD，∴CG=EG．（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG （ASA），∴MG=NG．∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=1MC，∴EG=CG．2（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG【点睛】本题是四边形的综合题．（1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；（2）关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答．2．已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF，设CE＝a，CF＝b．（1）如图1，当a＝42时，求b的值；（2）当a＝4时，在图2中画出相应的图形并求出b的值；（3）如图3，请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式．【答案】（1）42；（2）b＝8；（3）ab＝32．【解析】试题分析：（1）由正方形ABCD的边长为4，可得AC＝42，∠ACB＝45°．再CE＝a＝42，可得∠CAE＝∠AEC，从而可得∠CAF的度数，既而可得 b=AC；（2）通过证明△ACF∽△ECA，即可得；（3）通过证明△ACF∽△ECA，即可得.试题解析：（1）∵正方形ABCD的边长为4，∴AC＝42，∠ACB＝45°．∵CE＝a＝42，∴∠CAE＝∠AEC＝452︒＝22.5°，∴∠CAF＝∠EAF－∠CAE＝22.5°，∴∠AFC＝∠ACD－∠CAF＝22.5°，∴∠CAF＝∠AFC，∴b=AC＝CF＝42；（2）∵∠FAE＝45°，∠ACB＝45°，∴∠FAC＋∠CAE＝45°，∠CAE＋∠AEC＝45°，∴∠FAC ＝∠AEC．又∵∠ACF＝∠ECA＝135°，∴△ACF∽△ECA，∴AC CFEC CA=，∴4242=，∴CF＝8，即b＝8．（3）ab＝32．提示：由（2）知可证△ACF∽△ECA，∴∴AC CFEC CA=，∴4242a=，∴ab＝32．3．如图1，在□ABCD中，AB=6，∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上，连接AE，把△ABE沿AE折叠，使点B与AD上的点F重合，连接EF.(1)求证：四边形ABEF是菱形；(2)如图2，点M是BC上的动点，连接AM，把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN，连接FN，求FN的最小值(用含的代数式表示).【答案】（1）详见解析；（2）FE·sin(－90°)【解析】【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE，所以∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA，故有AB∥FE，因此四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF,因此可得结论；(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG＝90°－，利用菱形的性质得到∠FEN＝－90°，再根据垂线段最短，求出FN的最小值即可.【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA, BE=EF，∴∠BAE=∠FEA，∴AB∥FE，∴四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF，∴四边形ABEF是菱形；（2）①如图1，当点M在线段BE上时，在射线MC上取点G，使MG＝AB，连接GN、EN.∵∠AMN＝∠B＝，∠AMN+∠2＝∠1+∠B∴∠1＝∠2又AM＝NM，AB＝MG∴△ABM≌△MGN∴∠B＝∠3，NG＝BM∵MG＝AB＝BE∴EG＝AB＝NG∴∠4=∠ENG= (180°－)＝90°－又在菱形ABEF中，AB∥EF∴∠FEC＝∠B=∴∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°②如图2，当点M在线段EC上时，在BC延长线上截取MG＝AB，连接GN、EN.同理可得：∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°综上所述，∠FEN＝－90°∴当点M在BC上运动时，点N在射线EH上运动(如图3)当FN⊥EH时，FN最小，其最小值为FE·sin(－90°)【点睛】本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题，解题的关键是分类讨论得出∠FEN ＝－90°，再运用垂线段最短求出FN的最小值.4．在平面直角坐标系中，已知点A(0，4)，B(4，4)，点M，N是射线OC上两动点(OM＜ON)，且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系．(1)探究发现：当点M，N均在线段OB上时(如图1)，有OM2+BN2＝MN2．他的证明思路如下：第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM．第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2．最后得到OM2+BN2＝MN2．请你完成第二步三角形全等的证明．(2)继续探究：除(1)外的其他情况，OM2+BN2＝MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．(3)新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分)．【答案】(1)见解析；(2)结论仍然成立，理由见解析；(3)见解析.【解析】【分析】（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN=OP．证明△APM≌△ANM，再利用勾股定理即可解决问题；（2）如图2中，当点M，N在OB的延长线上时结论仍然成立．证明方法类似（1）；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．利用（2）中结论，构建方程即可解决问题．【详解】（1）如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵点A(0，4)，B(4，4)，∴OA＝AB，∠OAB＝90°，∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)．（2）如图2中，结论仍然成立．理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)，∴MN＝PM，∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°，∴∠MOP＝90°，∴PM2＝OM2+OP2，∴OM2+BN2＝MN2；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．设MN＝2x，则BM＝BN＝x，∵OA＝AB＝4，∠OAB＝90°，∴OB＝42，∴OM＝42﹣x，∵OM2+BN2＝MN2．∴(42﹣x)2+x2＝(2x)2，解得x＝﹣22+26或﹣22﹣26(舍弃)∴MN＝﹣42+46．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．5．如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6cm，点D 从O点出发，沿OM的方向以1cm/s的速度运动，当D不与点A重合时，将△ACD绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE，连结DE．（1）求证：△CDE是等边三角形；（2）如图2，当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长；若不存在，请说明理由；（3）如图3，当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）存在【解析】试题分析：（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；（3）存在，①当点D于点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s 时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s.试题解析：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE是等边三角形；（2）存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE=AD，∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，∴C△DBE=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD cm，∴△BDE的最小周长=CD；（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°，∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°，∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE=90°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14cm，∴t=14÷1=14s.综上所述：当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．点睛：在不带坐标的几何动点问题中求最值，通常是将其表达式写出来，再通过几何或代数的方法求出最值；像第三小问这种探究性的题目，一定要多种情况考虑全面，控制变量，从某一个方面出发去分类.6．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.(1)设AB的长为a，PB的长为b(b<a)，求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积；(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.【解析】试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，∴△PAB≌△P'CB，∴S△PAB=S△P'CB，S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；又∵∠BP′C=∠BPA=135°，∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．PC==6．考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．7．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（﹣2，0），把△ABO绕点A逆时针旋转，得△AB′O′，点B、O旋转后的对应点为B′、O′．（1）如图①，若旋转角为60°时，求BB′的长；（2）如图②，若AB′∥x轴，求点O′的坐标；（3）如图③，若旋转角为240°时，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）【答案】（1）252）点O′8545）；（3）点P′的坐标为（﹣83 5，365．【解析】分析：（1）由点A、B的坐标可得出AB的长度，连接BB′，由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，进而可得出△ABB′为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出BB′的长；（2）过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E，则△AO′E∽△ABO，根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE、O′E的长，进而可得出点O′的坐标；（3）作点A关于x轴对称的点A′，连接A′O′交x轴于点P，此时O′P+AP′取最小值，过点O′作O′F⊥y轴，垂足为点F，过点P′作PM⊥O′F，垂足为点M，根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O′的坐标，由A、A′关于x轴对称可得出点A′的坐标，利用待定系数法即可求出直线A′O′的解析式，由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P的坐标，进而可得出OP的长度，再在Rt△O′P′M中，通过解直角三角形可求出O′M、P′M的长，进而可得出此时点P′的坐标．详解：（1）∵点A（0，4），点B（﹣2，0），∴OA=4，OB=2，∴AB22OA OB5．在图①中，连接BB′．由旋转可知：AB =AB ′，∠BAB ′=60°，∴△ABB ′为等边三角形，∴BB ′=AB =25． （2）在图②中，过点O ′作O ′D ⊥x 轴，垂足为D ，交AB ′于点E ． ∵AB ′∥x 轴，O ′E ⊥x 轴，∴∠O ′EA =90°=∠AOB ．由旋转可知：∠B ′AO ′=∠BAO ，AO ′=AO =4，∴△AO ′E ∽△ABO ，AE AO ='O E BO ='AO AB，即4AE ='2O E =25，∴AE =85，O ′E =45，∴O ′D =45+4，∴点O ′的坐标为（8545，+4）． （3）作点A 关于x 轴对称的点A ′，连接A ′O ′交x 轴于点P ，此时O ′P +AP ′取最小值，过点O ′作O ′F ⊥y 轴，垂足为点F ，过点P ′作PM ⊥O ′F ，垂足为点M ，如图3所示． 由旋转可知：AO ′=AO =4，∠O ′AF =240°﹣180°=60°，∴AF =12AO ′=2，O ′F =32AO ′=23，∴点O ′（﹣23，6）．∵点A （0，4），∴点A ′（0，﹣4）．设直线A ′O ′的解析式为y =kx +b ，将A ′（0，﹣4）、O ′（﹣23，6）代入y =kx +b ，得： 4236b k b =-⎧⎪⎨-+=⎪⎩，解得：534k b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，∴直线A ′O ′的解析式为y =﹣53x ﹣4． 当y =0时，有﹣53x ﹣4=0，解得：x =﹣43，∴点P （﹣43，0），∴OP =O ′P ′=43． 在Rt △O ′P ′M 中，∠MO ′P ′=60°，∠O ′MP ′=90°，∴O ′M =12O ′P ′=23，P ′M =32O ′P ′=65，∴点P ′的坐标为（﹣23+235，6+65），即（﹣833655，）．点睛：本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形，解题的关键是：（1）利用等边三角形的性质找出BB′的长；（2）通过解直角三角形求出AE、O′E的长；（3）利用两点之间线段最短找出当O′P+AP′取得最小值时点P的位置．8．如图1，△ACB、△AED都为等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，点D在AB上，连CE，M、N分别为BD、CE的中点．（1）求证：MN⊥CE；（2）如图2将△AED绕A点逆时针旋转30°，求证：CE=2MN．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）延长DN交AC于F，连BF，推出DE∥AC，推出△EDN∽△CFN，推出DE EN DN==，求出DN=FN，FC=ED，得出MN是中位线，推出MN∥BF，证CF CN NF△CAE≌△BCF，推出∠ACE=∠CBF，求出∠CBF+∠BCE=90°，即可得出答案；（2）延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，求出BG=2MN，证△CAE≌△BCG，推出BG=CE，即可得出答案．试题解析：（1）证明：延长DN交AC于F，连BF，∵N为CE中点，∴EN=CN，∵△ACB和△AED是等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，DE=AE，AC=BC，∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°，∴DE ∥AC ，∴△EDN ∽△CFN ， ∴DE EN DN CF CN NF== ， ∵EN=NC ，∴DN=FN ，FC=ED ， ∴MN 是△BDF 的中位线，∴MN ∥BF ，∵AE=DE ，DE=CF ，∴AE=CF ，∵∠EAD=∠BAC=45°，∴∠EAC=∠ACB=90°，在△CAE 和△BCF 中，CA BC CAE BCF AE CF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△CAE ≌△BCF （SAS ），∴∠ACE=∠CBF ，∵∠ACE+∠BCE=90°，∴∠CBF+∠BCE=90°，即BF ⊥CE ，∵MN ∥BF ，∴MN ⊥CE ．（2）证明：延长DN 到G ，使DN=GN ，连接CG ，延长DE 、CA 交于点K ，∵M 为BD 中点，∴MN 是△BDG 的中位线，∴BG=2MN ，在△EDN 和⊈CGN 中，DN NG DNE GNC EN NC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△EDN ≌△CGN （SAS ），∴DE=CG=AE ，∠GCN=∠DEN ，∴DE ∥CG ，∴∠KCG=∠CKE ，∵∠CAE=45°+30°+45°=120°，∴∠EAK=60°，∴∠CKE=∠KCG=30°，∴∠BCG=120°，在△CAE 和△BCG 中，AC BC CAE BCG AE CG ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△CAE ≌△BCG （SAS ），∴BG=CE ，∵BG=2MN ，∴CE=2MN ．【点睛】考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，平行线性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．9．已知：如图1，将两块全等的含30º角的直角三角板按图所示的方式放置，∠BAC=∠B 1A 1C =30°，点B ，C ，B 1在同一条直线上．（1）求证：AB =2BC（2）如图２，将△ABC 绕点Ｃ顺时针旋转α°（0＜α＜180），在旋转过程中，设AB 与A 1C 、A 1B 1分别交于点D 、E ，AC 与A 1B 1交于点F ．当α等于多少度时，AB 与A 1B 1垂直？请说明理由．（3）如图3，当△ABC 绕点C 顺时针方向旋转至如图所示的位置，使AB ∥CB 1，AB 与A 1C 交于点D ，试说明A 1D=CD ．【答案】（1）证明见解析（2）当旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直.（3）理由见解析【解析】试题分析：(1)由等边三角形的性质得AB =BB 1，又因为BB 1=2BC ，得出AB =2BC ;(2) 利用AB 与A 1B 1垂直得∠A 1ED=90°，则∠A 1DE=90°-∠A 1=60°，根据对顶角相等得∠BDC=60°，由于∠B=60°，利用三角形内角和定理得∠A 1CB=180°-∠BDC-∠B=60°，所以∠ACA 1=90°-∠A 1CB=30°，然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直；(3)由于AB ∥CB 1，∠ACB 1=90°，根据平行线的性质得∠ADC=90°，在Rt △ADC 中，根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD=12AC ，再根据旋转的性质得AC=A 1C ，所以CD=12A 1C ，则A 1D=CD ． 试题解析： （1）∵△ABB 1是等边三角形；∴ AB =BB 1∵ BB 1=2BC∴AB =2BC（2）解：当AB 与A 1B 1垂直时，∠A 1ED=90°，∴∠A 1DE=90°-∠A 1=90°-30°=60°，∵∠B=60°，∴∠BCD=60°，∴∠ACA 1=90°-60°=30°，即当旋转角等于30°时，AB 与A 1B 1垂直.（3）∵AB ∥CB 1，∠ACB 1=90°，∴∠CDB=90°，即CD 是△ABC 的高，设BC=a ，AC=b ，则由（1）得AB=2a ，A 1C=b ， ∵1122ABC S BC AC AB CD ∆=⨯=⨯， 即11222ab a CD =⨯⨯ ∴12CD b =，即CD=12A 1C ， ∴A 1D=CD. 【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了含30度的直角三角形三边的关系．10．如图，△ABC 是等边三角形，AB=6cm ，D 为边AB 中点．动点P 、Q 在边AB 上同时从点D 出发，点P 沿D→A 以1cm/s 的速度向终点A 运动．点Q 沿D→B→D 以2cm/s 的速度运动，回到点D停止．以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN．将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ．设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S（cm2），点P运动的时间为t（s）（0＜t＜3）．（1）当点N落在边BC上时，求t的值．（2）当点N到点A、B的距离相等时，求t的值．（3）当点Q沿D→B运动时，求S与t之间的函数表达式．（4）设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2：3时t的值．【答案】（1）（2）2（3）S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2；（4）t=1或【解析】试题分析：（1）由题意知：当点N落在边BC上时，点Q与点B重合，此时DQ=3；（2）当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，此时PD=DQ；（3）当0≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN；当≤t≤时，四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN．（4）MN、MQ与边BC的有交点时，此时＜t＜，列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后，即可求出t的值．试题解析：（1）∵△PQN与△ABC都是等边三角形，∴当点N落在边BC上时，点Q与点B重合．∴DQ=3∴2t=3．∴t=；（2）∵当点N到点A、B的距离相等时，点N在边AB的中线上，∴PD=DQ，当0＜t＜时，此时，PD=t，DQ=2t∴t=2t∴t=0（不合题意，舍去），当≤t＜3时，此时，PD=t，DQ=6﹣2t∴t=6﹣2t，解得t=2；综上所述，当点N到点A、B的距离相等时，t=2；（3）由题意知：此时，PD=t，DQ=2t当点M在BC边上时，∴MN=BQ∵PQ=MN=3t，BQ=3﹣2t∴3t=3﹣2t∴解得t=如图①，当0≤t≤时，S△PNQ=PQ2=t2；∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2，如图②，当≤t≤时，设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，∵MN=PQ=3t，NE=BQ=3﹣2t，∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3，∵△EMF是等边三角形，∴S△EMF=ME2=（5t﹣3）2．；（4）MN、MQ与边BC的交点分别是E、F，此时＜t＜，t=1或．考点：几何变换综合题11．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；62【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，3，6m．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，3m，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+36226m EH EB m+==． 【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，12．在平面直角坐标系中，四边形AOBC 是矩形，点(0,0)O ，点(5,0)A ，点(0,3)B .以点A 为中心，顺时针旋转矩形AOBC ，得到矩形ADEF ，点O ，B ，C 的对应点分别为D ，E ，F .（Ⅰ）如图①，当点D 落在BC 边上时，求点D 的坐标；（Ⅱ）如图②，当点D 落在线段BE 上时，AD 与BC 交于点H .①求证ADB AOB △△≌；②求点H 的坐标.（Ⅲ）记K 为矩形AOBC 对角线的交点，S 为KDE △的面积，求S 的取值范围（直接写出结果即可）.【答案】（Ⅰ）点D 的坐标为(1,3).（Ⅱ）①证明见解析；②点H 的坐标为17(,3)5.（Ⅲ）303343033444S -+≤≤. 【解析】分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x ，在直角三角形ACD 中运用勾股定理可CD 的值，从而可确定D 点坐标；（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；②由①知BAD BAO ∠=∠，再根据矩形的性质得CBA OAB ∠=∠.从而BAD CBA ∠=∠，故BH=AH ，在Rt △ACH 中，运用勾股定理可求得AH 的值，进而求得答案；（Ⅲ）3033430334S -+≤≤.详解：（Ⅰ）∵点()5,0A ，点()0,3B ，∴5OA =，3OB =.∵四边形AOBC 是矩形，∴3AC OB ==，5BC OA ==，90OBC C ∠=∠=︒.∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到的，∴5AD AO ==.在Rt ADC V 中，有222AD AC DC =+，∴22DC AD AC =- 22534=-=.∴1BD BC DC =-=.∴点D 的坐标为()1,3.（Ⅱ）①由四边形ADEF 是矩形，得90ADE ∠=︒.又点D 在线段BE 上，得90ADB ∠=︒.由（Ⅰ）知，AD AO =，又AB AB =，90AOB ∠=︒，∴Rt ADB Rt AOB V V ≌.②由ADB AOB V V ≌，得BAD BAO ∠=∠.又在矩形AOBC 中，//OA BC ，∴CBA OAB ∠=∠.∴BAD CBA ∠=∠.∴BH AH =.设BH t =，则AH t =，5HC BC BH t =-=-.在Rt AHC V 中，有222AH AC HC =+，∴()22235t t=+-.解得175t=.∴175BH=.∴点H的坐标为17,3 5⎛⎫ ⎪⎝⎭.（Ⅲ）3033430334S-+≤≤.点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.13．如图，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点从点出发，沿的方向以的速度运动，当不与点重合是，将绕点逆时针方向旋转得到，连接.（1）求证：是等边三角形；（2）当时，的周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；若不存在，请说明理由.（3）当点在射线上运动时，是否存在以为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）详见解析；（2）存在，2+4；（3）当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【解析】试题分析：（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s．试题解析：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE是等边三角形；（2）存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE=AD，∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，∴C△DBE=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD=2cm，∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4；（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意，②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°，∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°，∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC ＞0°，∴∠BDE ＞60°，∴只能∠BDE=90°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14cm ，∴t=14÷1=14s ，综上所述：当t=2或14s 时，以D 、E 、B 为顶点的三角形是直角三角形．考点：旋转与三角形的综合题.14．如图，已知Rt △ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC ，D 是线段AB 上的一点（不与A 、B 重合）．过点B 作BE ⊥CD ，垂足为E ．将线段CE 绕点C 顺时针旋转90︒，得到线段CF ，连结EF ．设∠BCE 度数为α.（1）①补全图形；②试用含α的代数式表示∠CDA ．（2）若3EF AB = ，求α的大小． （3）直接写出线段AB 、BE 、CF 之间的数量关系．【答案】（1）①答案见解析；②45α︒+；（2）30α=︒；（3）22222AB CF BE =+．【解析】试题分析：（1）①按要求作图即可；②由∠ACB=90°，AC=BC ，得∠ABC=45°,故可得出结论；（2）易证FCE ∆∽ ACB ∆，得3CF AC =FA ，得△AFC 是直角三角形，求出∠ACF=30°，从而得出结论；（3）222A 22B CF BE =+.试题解析：（1）①补全图形．②∵∠ACB=90°，AC=BC ，∴∠ABC=45°∵∠BCE=α ∴∠CDA=45α︒+（2）在FCE ∆和ACB ∆中，45CFE CAB ∠=∠=︒ ，90FCE ACB ∠=∠=︒ ∴ FCE ∆∽ ACB ∆ ∴ CF EF AC AB = Q 3EF AB = ∴ 32CF AC = 连结FA ．Q 90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠∴ FCA ECB ∠=∠=α在Rt CFA ∆中，90CFA ∠=︒，3cos FCA ∠= ∴ 30FCA ∠=︒即30α=︒.（3）22222AB CF BE =+15．已知△ABC 是边长为4的等边三角形，边AB 在射线OM 上，且OA ＝6，点D 是射线OM 上的动点，当点D 不与点A 重合时，将△ACD 绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE ，连接DE ．（1）如图1，求证：△CDE 是等边三角形．（2）设OD ＝t ，①当6＜t ＜10时，△BDE 的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE 周长的最小值；若不存在，请说明理由．②求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．【答案】(1)见解析;(2) ①见解析; ②t＝2或14.【解析】【分析】（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）①当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．【详解】（1）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE＝60°，DC＝EC，∴△CDE是等边三角形；（2）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE＝AD，∴C△DBE＝BE+DB+DE＝AB+DE＝4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE＝CD，∴C△DBE＝CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD＝3，∴△BDE的最小周长＝CD+4＝3；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．。

中考数学《旋转》专题练习含答案解析

中考数学《旋转》专题练习含答案解析

旋转一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）1．下列图形中，你认为既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．2．如图，所给的图案由△ABC绕点O顺时针旋转（）前后的图形组成的．A．45°、90°、135°B．90°、135°、180°C．45°、90°、135°、180°、225° D．45°、180°、225°3．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（）A．B．C．1﹣D．1﹣4．如图，P是等边三角形ABC内一点，∠APB，∠BPC，∠CPA的大小之比为5：6：7，则以PA，PB，PC为边的三角形三内角大小之比（从小到大）是（）A．2：3：4 B．3：4：5C．4：5：6 D．以上结果都不对5．下列图形中，是中心对称图形的是（）A．菱形B．等腰梯形C．等边三角形D．等腰直角三角形6．在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（）A．（2，3）B．（﹣2，3）C．（﹣2，﹣3）D．（﹣3，2）二、填空题（共6小题，每小题5分，满分30分）7．在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，延长OP1到点P2，使OP2=2OP1再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3，则点P3的坐标是．8．如图所示，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，△ABC按逆时针方向旋转一个角度后，成为△ACD，则旋转中心是点、旋转角是．9．如图，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（选填“＞”、“=”、“＜”）10．如图，E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上一点，且BE+DF=EF，则∠EAF=度．11．如图，O是等边△ABC内一点，将△AOB绕A点逆时针旋转，使得B，O两点的对应分别为C，D，则旋转角为度，图中除△ABC外，还有等边三形是△．12．如图，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、解答题13．已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．14．如图，正方形ABCD的边长为1，AB，AD上各有一点P，Q，如果△APQ的周长为2，求∠PCQ的度数．15．有两张完全重合的矩形纸片，小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF（如图1），连接BD、MF，若此时他测得BD=8cm，∠ADB=30°．（1）请直接写出AF的长；（2）小红同学用剪刀将△BCD与△MEF剪去，与小亮同学继续探究．他们将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1，AD1交FM于点K（如图2），设旋转角为β（0°＜β＜90°），当△AFK为等腰三角形时，求△AFK的面积（保留根号）．旋转参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题4分，满分24分）1．下列图形中，你认为既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】中心对称图形；轴对称图形．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：既是中心对称图形又是轴对称图形的只有A．故选A．【点评】掌握好中心对称与轴对称的概念．轴对称的关键是寻找对称轴，两边图象沿对称轴折叠后可重合，中心对称是要寻找对称中心，图形旋转180度后与原图重合．2．如图，所给的图案由△ABC绕点O顺时针旋转（）前后的图形组成的．A．45°、90°、135°B．90°、135°、180°C．45°、90°、135°、180°、225° D．45°、180°、225°【考点】旋转的性质．【专题】计算题．【分析】根据旋转的性质，把旋转后的图形看作为正八边形，依次得到旋转的角度．【解答】解：把△ABC绕点O顺时针旋转45°，得到△HEF；顺时针旋转180°，得到△ADC；顺时针旋转225°，得到△HGF；故选D．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．3．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′，图中阴影部分的面积为（）A．B．C．1﹣D．1﹣【考点】旋转的性质；正方形的性质．【分析】设B′C′与CD的交点为E，连接AE，利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应角相等∠DAE=∠B′AE，再根据旋转角求出∠DAB′=60°，然后求出∠DAE=30°，再解直角三角形求出DE，然后根据阴影部分的面积=正方形ABCD的面积﹣四边形ADEB′的面积，列式计算即可得解．【解答】解：如图，设B′C′与CD的交点为E，连接AE，在Rt△AB′E和Rt△ADE中，，∴Rt△AB′E≌Rt△ADE（HL），∴∠DAE=∠B′AE，∵旋转角为30°，∴∠DAB′=60°，∴∠DAE=×60°=30°，∴DE=1×=，∴阴影部分的面积=1×1﹣2×（×1×）=1﹣．故选：C．【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形判定与性质，解直角三角形，利用全等三角形求出∠DAE=∠B′AE，从而求出∠DAE=30°是解题的关键，也是本题的难点．4．如图，P是等边三角形ABC内一点，∠APB，∠BPC，∠CPA的大小之比为5：6：7，则以PA，PB，PC为边的三角形三内角大小之比（从小到大）是（）A．2：3：4 B．3：4：5C．4：5：6 D．以上结果都不对【考点】旋转的性质；三角形内角和定理；等边三角形的性质．【专题】计算题．【分析】将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C，显然有△AP′C≌△APB，连PP′，则AP′=AP，∠P′AP=60°，得到△AP′P是等边三角形，PP′=AP，所以△P′CP的三边长分别为PA，PB，PC；再由∠APB+∠BPC+∠CPA=360°，∠APB：∠BPC：∠CPA=5：6：7，得到∠APB=100°，∠BPC=120°，∠CPA=140°，这样可分别求出∠PP′C=∠AP′C﹣∠AP′P=∠APB ﹣∠AP′P=100°﹣60°=40°，∠P′PC=∠APC﹣∠APP′=140°﹣60°=80°，∠PCP′=180°﹣（40°+80°）=60°，即可得到答案．【解答】解：如图，将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C，显然有△AP′C≌△APB，连PP′，∵AP′=AP，∠P′AP=60°，∴△AP′P是等边三角形，∴PP′=AP，∵P′C=PB，∴△P′CP的三边长分别为PA，PB，PC，∵∠APB+∠BPC+∠CPA=360°，∠APB：∠BPC：∠CPA=5：6：7，∴∠APB=100°，∠BPC=120°，∠CPA=140°，∴∠PP′C=∠AP′C﹣∠AP′P=∠APB﹣∠AP′P=100°﹣60°=40°，∠P′PC=∠APC﹣∠APP′=140°﹣60°=80°，∠PCP′=180°﹣（40°+80°）=60°，∴∠PP′C：∠PCP′：∠P′PC=2：3：4．故选A．【点评】本题考查了旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了等边三角形的性质．5．下列图形中，是中心对称图形的是（）A．菱形B．等腰梯形C．等边三角形D．等腰直角三角形【考点】中心对称图形．【分析】旋转180°后与原图重合的图形是中心对称图形．【解答】解：菱形，等腰梯形，等边三角形，等腰直角三角形都是轴对称图形；菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形．故选A．【点评】运用轴对称和中心对称图形概念，找出符合条件的图形．【链接】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，这条直线叫做对称轴．如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．6．在平面直角坐标系中，点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（）A．（2，3）B．（﹣2，3）C．（﹣2，﹣3）D．（﹣3，2）【考点】关于原点对称的点的坐标．【分析】根据“平面直角坐标系中任意一点P（x，y），关于原点的对称点是（﹣x，﹣y）”解答．【解答】解：根据中心对称的性质，得点P（2，﹣3）关于原点对称的点的坐标是（﹣2，3）．故选B．【点评】关于原点对称的点坐标的关系，是需要识记的基本问题．记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆．二、填空题（共6小题，每小题5分，满分30分）7．在平面直角坐标系中，已知点P0的坐标为（1，0），将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，延长OP1到点P2，使OP2=2OP1再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3，则点P3的坐标是（﹣1，）．【考点】坐标与图形变化﹣旋转．【专题】压轴题．【分析】已知将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，则OP1=1，P1点的坐标是（．则P2的坐标是；再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3，则点P3与P2关于y轴对称，因而点P3的坐标就很容易求出．【解答】解：∵点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1，∴P1点的坐标是（，∴P2的坐标是，又∵点P3与P2关于y轴对称，∴点P3的坐标是（﹣1，）．【点评】解决本题的关键是正确理解题目，按题目的叙述一定要把各点的大致位置确定，正确地作出图形．8．如图所示，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，△ABC按逆时针方向旋转一个角度后，成为△ACD，则旋转中心是点A、旋转角是∠CAD，是90°．【考点】旋转的性质．【分析】确定图形的旋转时首先要确定旋转前后的对应点，即可确定旋转中心．【解答】解：旋转中心是点A、旋转角是∠CAD，是90°．【点评】本题主要考查了旋转的定义，正确确定旋转中的对应点，是确定旋转中心，旋转角的前提．9．如图，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（选填“＞”、“=”、“＜”）【考点】旋转的性质；三角形三边关系；等边三角形的判定．【分析】此题只需根据三角形的任意两边之和大于第三边和等边三角形的性质，进行分析即可．【解答】解：根据三角形的三边关系，得：BC＜PB+PC．又AB=BC＞PA，∴PA＜PB+PC．【点评】本题结合旋转主要考查了三角形的三边关系：两边之和大于第三边，两边之差小于第三边．10．如图，E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上一点，且BE+DF=EF，则∠EAF=45度．【考点】旋转的性质；正方形的性质．【分析】根据BE+DF=EF，则延长FD到G，使DG=BE，则FG=EF，可以认为是把△ABE 绕点A逆时针旋转90度，得到△ADG，根据旋转的定义即可求解．【解答】解：如图：延长FD到G，使DG=BE，则FG=EF，在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），∴AE=AG又∴AF=AF，GF=EF∴△AGF≌△AEF∴∠EAF=∠GAF=×90°=45°．【点评】本题考查旋转的性质．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﹣旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．11．如图，O是等边△ABC内一点，将△AOB绕A点逆时针旋转，使得B，O两点的对应分别为C，D，则旋转角为60度，图中除△ABC外，还有等边三形是△AOD．【考点】旋转的性质；等边三角形的性质；等边三角形的判定．【分析】根据旋转的性质及全等三角形的性质作答．【解答】解：∵将△AOB绕A点逆时针旋转，使得B，O两点的对应分别为C，D，∴△AOB≌△ADC，∴OA=AD，∠BAO=∠DAC，∴∠BAO+∠OAC=∠DAC+∠OAC=∠BAC=60°，即∠OAD=60°，所以旋转角为60°．∵OA=AD，∠OAD=60°，∴△AOD为等边三角形．【点评】此题主要考查了图形旋转的性质：旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．12．如图，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△EPQ．【考点】旋转的性质．【分析】旋转中心是P，旋转方向为逆时针，旋转角是90度，已确定，再通过观察发现全等三角形，判断是否符合本题的旋转规律．【解答】解：根据旋转的性质可知，旋转中心是P，旋转角是90度，图中通过旋转得到的三角形还有△EPQ．【点评】本题考查旋转两相等的性质，即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．三、解答题13．已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时（如图1），易证BM+DN=MN．（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．【专题】计算题；压轴题．【分析】（1）BM+DN=MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME=MN．（2）DN﹣BM=MN．证明方法与（1）类似．【解答】解：（1）BM+DN=MN成立．证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．∴∠EAM=90°﹣∠NAM=90°﹣45°=45°，又∵∠NAM=45°，∴在△AEM与△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME=MN，∵ME=BE+BM=DN+BM，∴DN+BM=MN；（2）DN﹣BM=MN．在线段DN上截取DQ=BM，在△ADQ与△ABM中，∵，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ=∠BAM，∴∠QAN=∠MAN．在△AMN和△AQN中，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN=QN，∴DN﹣BM=MN．【点评】本题考查了旋转的性质，解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量．14．如图，正方形ABCD的边长为1，AB，AD上各有一点P，Q，如果△APQ的周长为2，求∠PCQ的度数．【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】计算题．【分析】简单的求正方形内一个角的大小，首先从△APQ的周长入手求出PQ=DQ+BP，然后将△CDQ逆时针旋转90°，使得CD、CB重合，然后利用全等来解．【解答】解：如图所示，△APQ的周长为2，即AP+AQ+PQ=2①，正方形ABCD的边长是1，即AQ+QD=1，AP+PB=1，∴AP+AQ+QD+PB=2②，①﹣②得，PQ﹣QD﹣PB=0，∴PQ=PB+QD．延长AB至M，使BM=DQ．连接CM，△CBM≌△CDQ（SAS），∴∠BCM=∠DCQ，CM=CQ，∵∠DCQ+∠QCB=90°，∴∠BCM+∠QCB=90°，即∠QCM=90°，PM=PB+BM=PB+DQ=PQ．在△CPQ与△CPM中，CP=CP，PQ=PM，CQ=CM，∴△CPQ≌△CPM（SSS），∴∠PCQ=∠PCM=∠QCM=45°．【点评】熟练掌握正方形的性质，会运用正方形的性质进行一些简单的运算．15．有两张完全重合的矩形纸片，小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF（如图1），连接BD、MF，若此时他测得BD=8cm，∠ADB=30°．（1）请直接写出AF的长；（2）小红同学用剪刀将△BCD与△MEF剪去，与小亮同学继续探究．他们将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1，AD1交FM于点K（如图2），设旋转角为β（0°＜β＜90°），当△AFK为等腰三角形时，求△AFK的面积（保留根号）．【考点】锐角三角函数的定义；旋转的性质．【专题】操作型．【分析】（1）根据旋转的性质可知△AFM≌△ADB，则AF=AD=BD•cos∠ADB=8×=4cm；（2）当△AFK为等腰三角形时，由于AM＜AF，那么A不能是等腰△AFK的顶点，则分两种情况：①K为顶点，即AK=FK时；②F为顶点，即AF=FK．针对每一种情况，利用三角形的面积公式，可分别求出△AFK的面积．【解答】解：（1）AF=；（2）△AFK为等腰三角形时，分两种情况：①当AK=FK时，如图．过点K作KN⊥AF于N，则KN⊥AF，AN=NF=AF=2cm．在直角△NFK中，∠KNF=90°，∠F=30°，∴KN=NF•tan∠F=2cm．∴△AFK的面积=×AF×KN=；②当AF=FK时，如图．过点K作KP⊥AF于P．在直角△PFK中，∠KPF=90°，∠F=30°，∴KP=KF=2cm．∴△AFK的面积=×AF×KP=12cm2．【点评】本题考查旋转的性质，旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．注意（2）中需分情况讨论△AFK为等腰三角形时的不同分类，不要漏解．。

中考数学压轴题专题初中数学 旋转的经典综合题附答案

中考数学压轴题专题初中数学 旋转的经典综合题附答案

中考数学压轴题专题初中数学旋转的经典综合题附答案一、旋转1．在平面直角坐标系中，已知点A(0，4)，B(4，4)，点M，N是射线OC上两动点(OM＜ON)，且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系．(1)探究发现：当点M，N均在线段OB上时(如图1)，有OM2+BN2＝MN2．他的证明思路如下：第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM．第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2．最后得到OM2+BN2＝MN2．请你完成第二步三角形全等的证明．(2)继续探究：除(1)外的其他情况，OM2+BN2＝MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．(3)新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分)．【答案】(1)见解析；(2)结论仍然成立，理由见解析；(3)见解析.【解析】【分析】（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN=OP．证明△APM≌△ANM，再利用勾股定理即可解决问题；（2）如图2中，当点M，N在OB的延长线上时结论仍然成立．证明方法类似（1）；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．利用（2）中结论，构建方程即可解决问题．【详解】（1）如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵点A(0，4)，B(4，4)，∴OA＝AB，∠OAB＝90°，∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)．（2）如图2中，结论仍然成立．理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)，∴MN＝PM，∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°，∴∠MOP＝90°，∴PM2＝OM2+OP2，∴OM2+BN2＝MN2；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．设MN＝2x，则BM＝BN＝x，∵OA＝AB＝4，∠OAB＝90°，∴OB＝2，∴OM＝2﹣x，∵OM2+BN2＝MN2．∴(42﹣x)2+x2＝(2x)2，解得x＝﹣22+26或﹣22﹣26(舍弃)∴MN＝﹣42+46．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．2．两块等腰直角三角板△ABC和△DEC如图摆放，其中∠ACB=∠DCE=90°，F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点．（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为______和位置关系为______；（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；（3）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明．【答案】（1）相等，垂直．（2）成立，证明见解析；（3）成立，结论是FH=FG，FH⊥FG．【解析】试题分析：（1）证AD=BE，根据三角形的中位线推出FH=12AD，FH∥AD，FG=12BE，FG∥BE，即可推出答案；（2）证△ACD≌△BCE，推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案；（3）连接BE、AD，根据全等推出AD=BE，根据三角形的中位线定理即可推出答案．试题解析：（1）解：∵CE=CD，AC=BC，∠ECA=∠DCB=90°，∴BE=AD，∵F是DE的中点，H是AE的中点，G是BD的中点，∴FH=12AD，FH∥AD，FG=12BE，FG∥BE，∴FH=FG，∵AD ⊥BE ，∴FH ⊥FG ，故答案为相等，垂直．（2）答：成立，证明：∵CE=CD ，∠ECD=∠ACD=90°，AC=BC ，∴△ACD ≌△BCE∴AD=BE ，由（1）知：FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ， ∴FH=FG ，FH ⊥FG ，∴（1）中的猜想还成立．（3）答：成立，结论是FH=FG ，FH ⊥FG ．连接AD ，BE ，两线交于Z ，AD 交BC 于X ，同（1）可证∴FH=12AD ，FH ∥AD ，FG=12BE ，FG ∥BE ， ∵三角形ECD 、ACB 是等腰直角三角形，∴CE=CD ，AC=BC ，∠ECD=∠ACB=90°，∴∠ACD=∠BCE ，在△ACD 和△BCE 中 AC BC ACD BCE CE CD ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△ACD ≌△BCE ，∴AD=BE ，∠EBC=∠DAC ，∵∠DAC+∠CXA=90°，∠CXA=∠DXB ，∴∠DXB+∠EBC=90°，∴∠EZA=180°﹣90°=90°，即AD ⊥BE ，∵FH ∥AD ，FG ∥BE ，∴FH ⊥FG ，即FH=FG ，FH ⊥FG ，结论是FH=FG，FH⊥FG.【点睛】运用了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的中位线定理，旋转的性质等知识点的理解和掌握，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．3．如图所示，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，EC的延长线交BD于点P．（1）把△ABC绕点A旋转到图1，BD，CE的关系是（选填“相等”或“不相等”）；简要说明理由；（2）若AB=3，AD=5，把△ABC绕点A旋转，当∠EAC=90°时，在图2中作出旋转后的图形，PD=，简要说明计算过程；（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为，最大值为．【答案】（1）BD，CE的关系是相等；（2534172034173）1，7【解析】分析：（1）依据△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，即可BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，进而得到△ABD≌△ACE，可得出BD=CE；（2）分两种情况：依据∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，可得△PCD∽△ACE，即可得到PD AE =CDCE，进而得到53417；依据∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，可得△BAD∽△BPE，即可得到PB BEAB BD，进而得出63434，203417（3）以A为圆心，AC长为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PD的值最小；当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时，PD的值最大．在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．分两种情况进行讨论，即可得到旋转过程中线段PD的最小值以及最大值．详解：（1）BD，CE的关系是相等．理由：∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，∴BA=CA，∠BAD=∠CAE，DA=EA，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE；故答案为相等．（2）作出旋转后的图形，若点C在AD上，如图2所示：∵∠EAC=90°，∴CE=2234AC AE +=，∵∠PDA=∠AEC ，∠PCD=∠ACE ， ∴△PCD ∽△ACE ，∴PD CD AE CE=， ∴PD=53417； 若点B 在AE 上，如图2所示：∵∠BAD=90°，∴Rt △ABD 中，2234AD AB +=，BE=AE ﹣AB=2， ∵∠ABD=∠PBE ，∠BAD=∠BPE=90°， ∴△BAD ∽△BPE ，∴PB BE AB BD=，即334PB =， 解得63434， ∴3463434203417， 53417203417（3）如图3所示，以A 为圆心，AC 长为半径画圆，当CE 在⊙A 下方与⊙A 相切时，PD 的值最小；当CE 在在⊙A 右上方与⊙A 相切时，PD 的值最大．如图3所示，分两种情况讨论：在Rt△PED中，PD=DE•sin∠PED，因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小．①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时，在Rt△ACE中，CE=2253-=4，在Rt△DAE中，DE=22+=，5552∵四边形ACPB是正方形，∴PC=AB=3，∴PE=3+4=7，在Rt△PDE中，PD=2250491DE PE-=-=，即旋转过程中线段PD的最小值为1；②当小三角形旋转到图中△AB'C'时，可得DP'为最大值，此时，DP'=4+3=7，即旋转过程中线段PD的最大值为7．故答案为1，7．点睛：本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会分类讨论的思想思考问题，学会利用图形的特殊位置解决最值问题．4．如图：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠PCQ=45°，把∠PCQ绕点C旋转，在整个旋转过程中，过点A作AD⊥CP，垂足为D，直线AD交CQ于E．（1）如图①，当∠PCQ在∠ACB内部时，求证：AD+BE=DE；（2）如图②，当CQ在∠ACB外部时，则线段AD、BE与DE的关系为_____；（3）在（1）的条件下，若CD=6，S△BCE=2S△ACD，求AE的长．【答案】(1)见解析（2）AD=BE+DE （3）8【解析】试题分析：（1）延长DA到F，使DF=DE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE =CF ，再求出∠ACF =∠BCE ，然后利用“边角边”证明△ACF 和△BCE 全等，根据全等三角形的即可证明AF =BE ，从而得证；（2）在AD 上截取DF =DE ，然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE =CF ，再求出∠ACF =∠BCE ，然后利用“边角边”证明△ACF 和△BCE 全等，根据全等三角形的即可证明AF =BE ，从而得到AD =BE +DE ；（3）根据等腰直角三角形的性质求出CD =DF =DE ，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF =2AD ，然后求出AD 的长，再根据AE =AD +DE 代入数据进行计算即可得解． 试题解析：（1）证明：如图①，延长DA 到F ，使DF =DE ．∵CD ⊥AE ，∴CE =CF ，∴∠DCE =∠DCF =∠PCQ =45°，∴∠ACD +∠ACF =∠DCF =45°．又∵∠ACB =90°，∠PCQ =45°，∴∠ACD +∠BCE =90°﹣45°=45°，∴∠ACF =∠BCE ．在△ACF 和△BCE 中，∵CE CF ACF BCE AC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF ≌△BCE （SAS ），∴AF =BE ，∴AD +BE =AD +AF =DF =DE ，即AD +BE =DE ；（2）解：如图②，在AD 上截取DF =DE ．∵CD ⊥AE ，∴CE =CF ，∴∠DCE =∠DCF =∠PCQ =45°，∴∠ECF =∠DCE +∠DCF =90°，∴∠BCE +∠BCF =∠ECF =90°．又∵∠ACB =90°，∴∠ACF +∠BCF =90°，∴∠ACF =∠BCE ．在△ACF 和△BCE 中，∵CE CF ACF BCE AC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF ≌△BCE （SAS ），∴AF =BE ，∴AD =AF +DF =BE +DE ，即AD =BE +DE ；故答案为：AD =BE +DE ．（3）∵∠DCE =∠DCF =∠PCQ =45°，∴∠ECF =45°+45°=90°，∴△ECF 是等腰直角三角形，∴CD =DF =DE =6．∵S △BCE =2S △ACD ，∴AF =2AD ，∴AD=112+×6=2，∴AE =AD +DE =2+6=8．点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰直角三角形的性质，综合性较强，但难度不是很大，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．5．如图1，菱形ABCD ，AB 4=，ADC 120∠=o ，连接对角线AC 、BD 交于点O ， ()1如图2，将AOD V 沿DB 平移，使点D 与点O 重合，求平移后的A'BO V 与菱形ABCD重合部分的面积．()2如图3，将A'BO V 绕点O 逆时针旋转交AB 于点E'，交BC 于点F ，①求证：BE'BF 2+=；②求出四边形OE'BF 的面积．【答案】()() 13?2①证明见解析3②【解析】【分析】(1)先判断出△ABD 是等边三角形，进而判断出△EOB 是等边三角形，即可得出结论；(2)先判断出 ≌△OBF ，再利用等式的性质即可得出结论；(3)借助①的结论即可得出结论．【详解】()1Q 四边形为菱形，ADC 120∠=o ，ADO 60∠∴=o ，ABD ∴V 为等边三角形，DAO 30∠∴=o ，ABO 60∠=o ，∵AD//A′O ，∴∠A′OB=60°，EOB ∴V 为等边三角形，边长OB 2=，∴重合部分的面积：343⨯=， ()2①在图3中，取AB 中点E ，由()1知，∠EOB=60°，∠E′OF=60°，∴∠EOE′=∠BOF ，又∵EO=BO ，∴∠OEE′=∠OBF=60°，∴△OEE′≌△OBF，∴EE′=BF，∴BE′+BF=BE′+EE′=BE=2；②由①知，在旋转过程中始终有△OEE′≌△OBF，∴S△OEE′=S△OBF，∴S四边形OE′BF =OEBS3=V.【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握相关内容、正确添加辅助线是解题的关键.6．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P 处，再折出PB、PC，最后用笔画出△PBC(图1)．（1）求证：图1中的PBC是正三角形：（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN，其中IJ=6cm，且HM=JN．①求证：IH=IJ②请求出NJ的长；（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边的长度a变化时，在矩形纸片上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示意图(作图工具不限，能说明问题即可)，并直接写出对应的a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②1233）3＜a＜3，a＞3【解析】分析：（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即可；（2）①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得；②IJ上取一点Q，使QI=QN，由Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x，则IQ=QN=2x、3，根据IJ=IQ+QJ求出x即可得；（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可．（1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF∴PB=PC∵沿折痕BG 折叠纸片，使点C 落在EF 上的点P 处 ∴PB=BC ∴PB=PC=BC∴△PBC 是正三角形： （2）证明：①如图∵矩形AHIJ ∴∠H=∠J=90° ∵△MNJ 是等边三角形 ∴MI=NI在Rt △MHI 和Rt △JNI 中MI NIMH NJ =⎧⎨=⎩∴Rt △MHI ≌Rt △JNI （HL ） ∴HI=IJ②在线段IJ 上取点Q ，使IQ=NQ∵Rt △IHM ≌Rt △IJN ， ∴∠HIM=∠JIN ， ∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°， ∴∠HIM=∠JIN=15°， 由QI=QN 知∠JIN=∠QNI=15°， ∴∠NQJ=30°，设NJ=x ，则IQ=QN=2x ，22=3QN NJ -x ， ∵IJ=6cm ， ∴3，∴33cm ）． （3）分三种情况： ①如图：设等边三角形的边长为b，则0＜b≤6，则tan60°=3=2ab，∴a=32b，∴0＜b≤632=33；②如图当DF与DC重合时，DF=DE=6，∴a=sin60°×DE=63=33，当DE与DA重合时，a=643sin603==︒，∴33＜a＜43；③如图∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°∴DF=6643 cos3032==︒∴a ＞43点睛：本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．7．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．（1）如图1，若α=90°，则AB=，并求AA′的长；（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．【答案】（1）10，102；（2）（33，9）；（3）123545（，）【解析】试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠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8．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（﹣2，0），把△ABO绕点A逆时针旋转，得△AB′O′，点B、O旋转后的对应点为B′、O′．（1）如图①，若旋转角为60°时，求BB′的长；（2）如图②，若AB′∥x轴，求点O′的坐标；（3）如图③，若旋转角为240°时，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）【答案】（1）252）点O′8545）；（3）点P′的坐标为（﹣83 5，365．【解析】分析：（1）由点A、B的坐标可得出AB的长度，连接BB′，由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，进而可得出△ABB′为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出BB′的长；（2）过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E，则△AO′E∽△ABO，根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE、O′E的长，进而可得出点O′的坐标；（3）作点A关于x轴对称的点A′，连接A′O′交x轴于点P，此时O′P+AP′取最小值，过点O′作O′F⊥y轴，垂足为点F，过点P′作PM⊥O′F，垂足为点M，根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O′的坐标，由A、A′关于x轴对称可得出点A′的坐标，利用待定系数法即可求出直线A′O′的解析式，由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P的坐标，进而可得出OP的长度，再在Rt△O′P′M中，通过解直角三角形可求出O′M、P′M的长，进而可得出此时点P′的坐标．详解：（1）∵点A（0，4），点B（﹣2，0），∴OA=4，OB=2，∴AB22OA OB5．在图①中，连接BB′．由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，∴△ABB′为等边三角形，∴BB′=AB5（2）在图②中，过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E．∵AB′∥x轴，O′E⊥x轴，∴∠O′EA=90°=∠AOB．由旋转可知：∠B ′AO ′=∠BAO ，AO ′=AO =4，∴△AO ′E ∽△ABO ，AE AO ='O E BO ='AO AB，即4AE ='2O E =25，∴AE=855，O ′E =455，∴O ′D =455+4，∴点O ′的坐标为（854555，+4）． （3）作点A 关于x 轴对称的点A ′，连接A ′O ′交x 轴于点P ，此时O ′P +AP ′取最小值，过点O ′作O ′F ⊥y 轴，垂足为点F ，过点P ′作PM ⊥O ′F ，垂足为点M ，如图3所示． 由旋转可知：AO ′=AO =4，∠O ′AF =240°﹣180°=60°，∴AF =12AO ′=2，O ′F =3AO ′=23，∴点O ′（﹣23，6）．∵点A （0，4），∴点A ′（0，﹣4）．设直线A ′O ′的解析式为y =kx +b ，将A ′（0，﹣4）、O ′（﹣23，6）代入y =kx +b ，得：4236b k b =-⎧⎪⎨-+=⎪⎩，解得：534k b ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，∴直线A ′O ′的解析式为y =﹣53x ﹣4． 当y =0时，有﹣53x ﹣4=0，解得：x =﹣43，∴点P （﹣43，0），∴OP =O ′P ′=43． 在Rt △O ′P ′M 中，∠MO ′P ′=60°，∠O ′MP ′=90°，∴O ′M =12O ′P ′=235，P ′M =3O ′P ′=65，∴点P ′的坐标为（﹣23+23，6+65），即（﹣83365，）．点睛：本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形，解题的关键是：（1）利用等边三角形的性质找出BB ′的长；（2）通过解直角三角形求出AE 、O ′E 的长；（3）利用两点之间线段最短找出当O ′P +AP ′取得最小值时点P 的位置．9．如图2，边长为2的等边△ABC内接于⊙O，△ABC绕圆心O顺时针方向旋转得到△，A′C′分别与AB、AC交于E、D点，设旋转角度为．（1）当＝，△A′B′C′与△ABC出现旋转过程中的第一次完全重合；（2）当＝60°时（如图1），该图（）A．是中心对称图形但不是轴对称图形B．是轴对称图形但不是中心对称图形C．既是轴对称图形又是中心对称图形D．既不是轴对称图形也不是中心对称图形（3）如图2，当，△ADE的周长是否会发生变化，如会变化，说明理由，如不会变化，求出它的周长.【答案】（1）120°；（2）C；（3）△的周长不变.【解析】【分析】（1）根据等边三角形的中心角为120°可直接求解；（2）根据题意可知，当=60°时，点A、、B、、C、为⊙O的六等分点，，所有的三角形都是正三角形，由此可得到所有图形即是轴对称图形，又是中心对称图形；（3）得到结论：周长不发生变化，连接A，根据弦相等，则它们所对的弧相等的性质可得，即，再根据等弧所对的圆周角相等，得，由等角对等边的性质可得，同理，因此可求△的周长==.【详解】解：（1）120°.如图，可根据等边三角形的性质直接根据三角形的内角和求得∠O=120°；（2）C（3）△的周长不变；理由如下：连接AA′，∵，∴，∴，∴，∴，同理，，∴△的周长=．即考点：正多边形与圆，圆周角定理10．（特例发现）如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．（延伸拓展）如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．（深入探究）如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.【解析】试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．试题解析：(1)特例发现，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，∴FQ=AG，∴PE=FQ；(2)延伸拓展，如图：∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(3)深入探究,如图2，在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；(4)应用推广,如图3，在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，∴∠EHM=∠FHN．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△HFN，∴，∵EH=FH，∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角形，∴MN为△AEF的中位线，∴MN min=EF=×2=1．考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.11．正方形ABCD中，点E、F分别是边AD、AB的中点，连接EF．（1）如图1，若点G是边BC的中点，连接FG，则EF与FG关系为：；（2）如图2，若点P为BC延长线上一动点，连接FP，将线段FP以点F为旋转中心，逆时针旋转90°，得到线段FQ，连接EQ，请猜想BF、EQ、BP三者之间的数量关系，并证明你的结论．（3）若点P为CB延长线上一动点，按照（2）中的作法，在图3中补全图形，并直接写出BF、EQ、BP三者之间的数量关系：．【答案】（1）证明见解析（2）BF+EQ=BP（3）BF+BP=EQ【解析】试题分析：（1）EF与FG关系为垂直且相等（EF=FG且EF⊥FG）．证明如下：∵点E、F、G分别是正方形边AD、AB、BC的中点，∴△AEF和△BGD是两个全等的等腰直角三角形．∴EF=FG，∠AFE=∠BFG=45°．∴∠EFG=90°，即EF⊥FG．（2）取BC的中点G，连接FG，则由SAS易证△FQE≌△FPG，从而EQ=GP，因此()=-．EF2BP EQ（3）同（2）可证△FQE≌△FPG（SAS），得EQ=GP，因此，()()===-=-．EF GF2BG2GP BP2EQ BP12．在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O；在Rt△PMN中，∠MPN90°．（1）如图1，若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB，分别交AD、AB于点E、F，请直接写出PE与PF的数量关系；（2）将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α（0°<α<45°）．①如图2，在旋转过程中（1）中的结论依然成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；②如图2，在旋转过程中，当∠DOM15°时，连接EF，若正方形的边长为2，请直接写出线段EF的长；③如图3，旋转后，若Rt△PMN的顶点P在线段OB上移动（不与点O、B重合），当BD3BP时，猜想此时PE与PF的数量关系，并给出证明；当BD m·BP时，请直接写出PE与PF的数量关系．【答案】（1）PE=PF；（2）①成立，理由参见解析；②；③PE=2PF，理由参见解析；PE=（m-1）·PF．【解析】试题分析：（1）可利用角平分线性质定理得到PE=PF；（2）①成立，可用角边角定理判定△AOF≌△DOE，从而得到PE=PF；②要想求出EF的长，关键要求出OE的长，由∠DOM15°可得∠AEO=45＋15=60º，作OH⊥AD于H，若正方形的边长为2，则OH=1，可算出EH==，∴OE=，∵△EOF是等腰直角三角形，∴EF即可求出；③构建相似三角形，过P点作PH⊥AB，PK⊥AD ，垂足为H、K，则四边形AHPK为矩形，△PHB和△PKD都是等腰直角三角形，是相似的，∵BD3BP，∴可算出HP:PK的值，然后通过△FHP∽△PKE得到PE与PF的关系．由前面的思路可得出当BD=m·BP时，BD:PD=（m-1）：1，∴PE:PF=（m-1）：1，从而确定PE与PF的数量关系．试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠OAF=∠OAE=45º，又∵PM⊥AD、PN⊥AB，∴PE=PF；（2）①成立，PE仍等于PF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠OAF=∠ODE=45º，OA=OD，又∵∠AOF和∠DOE都是∠AOE的余角，∴∠AOF=∠DOE，∴△AOF≌△DOE（ASA），∴OE=OF，即PE=PF；②作OH⊥AD于H，由∠DOM15°可得∠AEO=45＋15=60º，∠HOE=30°，若正方形的边长为2，则OH=1，在Rt△HEO中，可算出EH==，∴OE=，∵△EOF是等腰直角三角形，∴EF=OE=×=；③构建相似三角形，过P点作PH⊥AB，PK⊥AD ，垂足为H、K，则四边形AHPK为矩形，∵∠PHB=∠PKD=90°∠PBH=∠PDK=45°，∴△PHB∽△PKD，∴，∵BD=3BP，∴=，∵∠HPF+∠FPK=90°∠KPE+∠FPK=90°，∴∠HPF=∠KPE，又∵∠PHF=∠PKE=90°，∴△PHF∽△PKE，∴=，即PE="2PF" ；当BD=m·BP时，BD:PD=（m-1）：1，△PHF∽△PKE，PE:PF=BD:PD=（m-1）：1，∴PE=（m-1）·PF．考点：1．正方形性质；2．三角形相似的判定；3．旋转性质；4．探索线段的数量关系规律．13．如图1，直线DE上有一点O，过点O在直线DE上方作射线OC，∠COE＝140°，将一直角三角板AOB的直角顶点放在点O处，一条直角边OA在射线OD上，另一边OB在直线DE上方，将直角三角板绕着点O按每秒10°的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t 秒．（1）当直角三角板旋转到如图2的位置时，OA恰好平分∠COD，求此时∠BOC的度数；（2）若射线OC的位置保持不变，在旋转过程中，是否存在某个时刻，使得射线OA、OC、OD中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线？若存在，请求出t的取值，若不存在，请说明理由；（3）若在三角板开始转动的同时，射线OC也绕O点以每秒15°的速度逆时针旋转一周，从旋转开始多长时间，射线OC平分∠BOD．直接写出t的值．（本题中的角均为大于0°且小于180°的角）【答案】（1）∠BOC＝70°；（2）存在，t＝2，t＝8或32；（3）12或372.【解析】【分析】（1）由图可知∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC，∠AOC可利用角平分线及平角的定义求出.（2）分OA平分∠COD，OC平分∠AOD，OD平分∠AOC三种情况分别进行讨论，建立关于t的方程，解方程即可.（3）分别用含t的代数式表示出∠COD和∠BOD，再根据OC平分∠BOD建立方程解方程即可，注意分情况讨论.【详解】（1）解：∵∠COE＝140°，∴∠COD＝180°﹣∠COE＝40°，又∵OA平分∠COD，∴∠AOC＝12∠COD＝20°，∵∠AOB＝90°，∴∠BOC＝90°﹣∠AOC＝70°；（2）存在①当OA平分∠COD时，∠AOD＝∠AOC，即10°t＝20°，解得：t＝2；②当OC平分∠AOD时，∠AOC＝∠DOC，即10°t﹣40°＝40°，解得：t＝8；③当OD平分∠AOC时，∠AOD＝∠COD，即360°﹣10°t＝40°，解得：t＝32；综上所述：t＝2，t＝8或32；（3）12或372，理由如下：设运动时间为t，则有①当90+10t＝2（40+15t）时，t＝1 2②当270﹣10t＝2（320﹣15t）时，t＝37 2所以t的值为12或372．【点睛】本题主要考查角平分线的定义以及图形的旋转，根据题意，找到两个角之间的等量关系建立方程并分情况讨论是解题的关键.14．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．15．已知∠AOB＝90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C，将一个三角板的直角顶点与C 重合，它的两条直角边分别与OA，OB(或它们的反向延长线)相交于点D，E.当三角板绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图①)，易证：OD＋OE＝2OC；当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，即在图②，图③这两种情况下，上述结论是否仍然成立？若成立，请给予证明：若不成立，线段OD，OE，OC之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．①②③【答案】图②中OD＋OE＝2OC成立．证明见解析;图③不成立，有数量关系：OE－OD ＝2OC【解析】试题分析：当三角板绕点C旋转到CD与OA不垂直时，易得△CKD≌△CHE，进而可得出证明；判断出结果．解此题的关键是根据题意找到全等三角形或等价关系，进而得出OC 与OD、OE的关系；最后转化得到结论．试题解析：图②中OD＋OE＝2OC成立．证明：过点C分别作OA，OB的垂线，垂足分别为P，Q.有△CPD≌△CQE，∴DP＝EQ，∵OP＝OD＋DP，OQ＝OE－EQ，又∵OP＋OQ＝2OC，即OD＋DP＋OE－EQ＝2OC，∴OD＋OE＝2OC.图③不成立，有数量关系：OE－OD2OC过点C分别作CK⊥OA，CH⊥OB，∵OC为∠AOB的角平分线，且CK⊥OA，CH⊥OB，∴CK=CH，∠CKD=∠CHE=90°，又∵∠KCD与∠HCE都为旋转角，。

中考数学压轴题之旋转(中考题型整理,突破提升)及详细答案

中考数学压轴题之旋转(中考题型整理,突破提升)及详细答案
【答案】解：（1）CG=EG （2）（1）中结论没有发生变化，即 EG=CG． 证明：连接 AG，过 G 点作 MN⊥AD 于 M，与 EF 的延长线交于 N 点．
在△ DAG 与△ DCG 中， ∵ AD=CD，∠ ADG=∠ CDG，DG=DG， ∴ △ DAG≌ △ DCG． ∴ AG=CG． 在△ DMG 与△ FNG 中， ∵ ∠ DGM=∠ FGN，FG=DG，∠ MDG=∠ NFG， ∴ △ DMG≌ △ FNG． ∴ MG=NG 在矩形 AENM 中，AM=EN． 在 Rt△ AMG 与 Rt△ ENG 中， ∵ AM=EN， MG=NG， ∴ △ AMG≌ △ ENG． ∴ AG=EG ∴ EG=CG． （3）（1）中的结论仍然成立．
4．如图（1）所示，将一个腰长为 2 等腰直角△ BCD 和直角边长为 2、宽为 1 的直角△ CED 拼在一起．现将△ CED 绕点 C 顺时针旋转至△ CE’D’，旋转角为 a． （1）如图（2），旋转角 a=30°时，点 D′到 CD 边的距离 D’A=______．求证：四边形 ACED′ 为矩形； （2）如图（1），△ CED 绕点 C 顺时针旋转一周的过程中，在 BC 上如何取点 G，使得 GD’=E’D；并说明理由．
【答案】（1）详见解析；（2）FE·sin( －90°) 【解析】 【分析】 (1)由四边形 ABCD 是平行四边形得 AF∥ BE，所以∠ FAE=∠ BEA，由折叠的性质得 ∠ BAE=∠ FAE，∠ BEA=∠ FEA,所以∠ BAE=∠ FEA，故有 AB∥ FE，因此四边形 ABEF 是平行四 边形，又 BE=EF,因此可得结论； (2)根据点 M 在线段 BE 上和 EC 上两种情况证明∠ ENG＝90°－ ，利用菱形的性质得到

最新九年级数学中考复习：旋转综合压轴题(角度问题)含答案

最新九年级数学中考复习：旋转综合压轴题(角度问题)含答案

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

中考数学压轴题专题旋转的经典综合题及答案解析

中考数学压轴题专题旋转的经典综合题及答案解析

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图所示，(1)正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF=90°，连接BE、DF．将Rt△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系？结合图(1)给予证明；(2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰Rt△AEF变为Rt△AEF，且AD=kAB，AF=kAE，其他条件不变．(1)中的结论是否发生变化？结合图(2)说明理由；(3)将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD，将Rt△AEF变为△AEF，且∠BAD=∠EAF=a，其他条件不变．(2)中的结论是否发生变化？结合图(3)，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用k表示出线段BE、DF的数量关系，用a表示出直线BE、DF 形成的锐角β．【答案】（1）DF=BE且DF⊥BE，证明见解析；（2）数量关系改变，位置关系不变，即DF=kBE，DF⊥BE；（3）不改变．DF=kBE，β=180°-α【解析】【分析】（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF＝AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余，所以∠BAE＝∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF＝90°，所以DF⊥BE；（2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF＝kBE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF＝90°，所以DF⊥BE；（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF＝180°，所以DF与BE的夹角β＝180°﹣α．【详解】（1）DF与BE互相垂直且相等．证明：延长DF分别交AB、BE于点P、G在正方形ABCD和等腰直角△AEF中AD＝AB，AF＝AE，∠BAD＝∠EAF＝90°∴∠FAD ＝∠EAB ∴△FAD ≌△EAB ∴∠AFD ＝∠AEB ，DF ＝BE ∵∠AFD+∠AFG ＝180°， ∴∠AEG+∠AFG ＝180°， ∵∠EAF ＝90°，∴∠EGF ＝180°﹣90°＝90°， ∴DF ⊥BE（2）数量关系改变，位置关系不变．DF ＝kBE ，DF ⊥BE ． 延长DF 交EB 于点H ，∵AD ＝kAB ，AF ＝kAE ∴AD k AB =，AFk AE= ∴AD AFAB AE= ∵∠BAD ＝∠EAF ＝a ∴∠FAD ＝∠EAB ∴△FAD ∽△EAB∴DF AFk BE AE == ∴DF ＝kBE∵△FAD ∽△EAB ， ∴∠AFD ＝∠AEB ， ∵∠AFD+∠AFH ＝180°， ∴∠AEH+∠AFH ＝180°， ∵∠EAF ＝90°，∴∠EHF ＝180°﹣90°＝90°， ∴DF ⊥BE（3）不改变．DF ＝kBE ，β＝180°﹣a ． 延长DF 交EB 的延长线于点H ，∵AD ＝kAB ，AF ＝kAE ∴AD k AB =，AFk AE = ∴AD AFAB AE= ∵∠BAD ＝∠EAF ＝a ∴∠FAD ＝∠EAB ∴△FAD ∽△EAB∴DF AFk BE AE == ∴DF ＝kBE由△FAD ∽△EAB 得∠AFD ＝∠AEB ∵∠AFD+∠AFH ＝180° ∴∠AEB+∠AFH ＝180°∵四边形AEHF 的内角和为360°， ∴∠EAF+∠EHF ＝180° ∵∠EAF ＝α，∠EHF ＝β ∴a+β＝180°∴β＝180°﹣a 【点睛】本题（1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（2）（3）利用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在．2．如图1，在□ABCD 中，AB =6，∠B = (60°<≤90°). 点E 在BC 上，连接AE ，把△ABE 沿AE 折叠，使点B 与AD 上的点F 重合，连接EF . (1)求证：四边形ABEF 是菱形；(2)如图2，点M 是BC 上的动点，连接AM ，把线段AM 绕点M 顺时针旋转得到线段MN ，连接FN ，求FN 的最小值(用含的代数式表示).【答案】（1）详见解析；（2）FE·sin(－90°)【解析】【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE，所以∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA，故有AB∥FE，因此四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF,因此可得结论；(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG＝90°－，利用菱形的性质得到∠FEN＝－90°，再根据垂线段最短，求出FN的最小值即可.【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA, BE=EF，∴∠BAE=∠FEA，∴AB∥FE，∴四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF，∴四边形ABEF是菱形；（2）①如图1，当点M在线段BE上时，在射线MC上取点G，使MG＝AB，连接GN、EN.∵∠AMN＝∠B＝，∠AMN+∠2＝∠1+∠B∴∠1＝∠2又AM＝NM，AB＝MG∴△ABM≌△MGN∴∠B＝∠3，NG＝BM∵MG＝AB＝BE∴EG＝AB＝NG∴∠4=∠ENG= (180°－)＝90°－又在菱形ABEF中，AB∥EF∴∠FEC＝∠B=∴∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°②如图2，当点M在线段EC上时，在BC延长线上截取MG＝AB，连接GN、EN.同理可得：∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°综上所述，∠FEN＝－90°∴当点M在BC上运动时，点N在射线EH上运动(如图3)当FN⊥EH时，FN最小，其最小值为FE·sin(－90°)【点睛】本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题，解题的关键是分类讨论得出∠FEN ＝－90°，再运用垂线段最短求出FN的最小值.3．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．点D、E分别在AC、BC边上，DC＝EC，连接DE、AE、BD．点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN．（1）PM与BE的数量关系是，BE与MN的数量关系是．（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到如图2的位置，判断（1）中BE与MN的数量关系结论是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；（3）若CB ＝6．CE ＝2，在将图1中的△DEC 绕点C 逆时针旋转一周的过程中，当B 、E 、D 三点在一条直线上时，求MN 的长度． 【答案】（1）1,22PM BE BE MN ==；（2）成立，理由见解析；（3）MN ＝17﹣1或17+1 【解析】 【分析】（1）如图1中，只要证明PMN 的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；（2）如图2中，结论仍然成立，连接AD 、延长BE 交AD 于点H .由ECB DCA ≅，推出BE AD =，DAC EBC ∠=∠，即可推出BH AD ⊥，由M 、N 、P 分别AE 、BD 、AB 的中点，推出//PM BE ，12PM BE =，//PN AD ，12PN AD =，推出PM PN =，90MPN ∠=︒，可得22222BE PM MN MN ==⨯=； （3）有两种情形分别求解即可. 【详解】 （1）如图1中，∵AM ＝ME ，AP ＝PB ，∴PM ∥BE ，12PM BE =， ∵BN ＝DN ，AP ＝PB ，∴PN ∥AD ，12PN AD =， ∵AC ＝BC ，CD ＝CE ， ∴AD ＝BE ， ∴PM ＝PN ， ∵∠ACB ＝90°， ∴AC ⊥BC ，∴∵PM ∥BC ，PN ∥AC ， ∴PM ⊥PN ，∴△PMN 的等腰直角三角形， ∴2MN PM =，∴122MN BE =⋅， ∴2BE MN =，故答案为12PM BE =，2BE MN =． （2）如图2中，结论仍然成立．理由：连接AD 、延长BE 交AD 于点H ． ∵△ABC 和△CDE 是等腰直角三角形， ∴CD ＝CE ，CA ＝CB ，∠ACB ＝∠DCE ＝90°， ∵∠ACB ﹣∠ACE ＝∠DCE ﹣∠ACE ， ∴∠ACD ＝∠ECB ， ∴△ECB ≌△DCA ， ∴BE ＝AD ，∠DAC ＝∠EBC ， ∵∠AHB ＝180°﹣（∠HAB +∠ABH ） ＝180°﹣（45°+∠HAC +∠ABH ） ＝∠180°﹣（45°+∠HBC +∠ABH ） ＝180°﹣90° ＝90°， ∴BH ⊥AD ，∵M 、N 、P 分别为AE 、BD 、AB 的中点，∴PM ∥BE ，12PM BE =，PN ∥AD ，12PN AD =， ∴PM ＝PN ，∠MPN ＝90°，∴22222BE PM MN MN ==⨯=． （3）①如图3中，作CG ⊥BD 于G ，则2CG GE DG ===当D 、E 、B 共线时，在Rt △BCG 中，()22226234BG BC CG =-=-=，∴342BE BG GE =-=-， ∴21712MN BE ==-． ②如图4中，作CG ⊥BD 于G ，则2CG GE DG ===，当D 、E 、B 共线时，在Rt △BCG 中，()22226234BG BC CG =-=-=∴342BE BG GE =+=， ∴21712MN BE ==． 综上所述，MN 17﹣117． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.4．在Rt △ABC 中，AB=BC=5，∠B=90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AC 的中点O 处，将三角板绕点O 旋转，三角板的两直角边分别交AB ，BC 或其延长线于E ，F 两点，如图①与②是旋转三角板所得图形的两种情况．（1）三角板绕点O旋转，△OFC是否能成为等腰直角三角形？若能，指出所有情况（即给出△OFC是等腰直角三角形时BF的长）；若不能，请说明理由；（2）三角板绕点O旋转，线段OE和OF之间有什么数量关系？用图①或②加以证明；（3）若将三角板的直角顶点放在斜边上的点P处（如图③），当AP:AC=1:4时，PE和PF 有怎样的数量关系？证明你发现的结论．【答案】（1）△OFC是能成为等腰直角三角形，（2）OE=OF．（3）PE：PF=1：3．【解析】【小题1】由题意可知，①当F为BC的中点时，由AB=BC=5，可以推出CF和OF的长度，即可推出BF的长度，②当B与F重合时，根据直角三角形的相关性质，即可推出OF 的长度，即可推出BF的长度；【小题2】连接OB，由已知条件推出△OEB≌△OFC，即可推出OE=OF；【小题3】过点P做PM⊥AB，PN⊥BC，结合图形推出△PNF∽△PME，△APM∽△PNC，继而推出PM：PN=PE：PF，PM：PN=AP：PC，根据已知条件即可推出PA：AC=PE：PF=1：4．5．如图（1）所示，将一个腰长为2等腰直角△BCD和直角边长为2、宽为1的直角△CED 拼在一起．现将△CED绕点C顺时针旋转至△CE’D’，旋转角为a．（1）如图（2），旋转角a=30°时，点D′到CD边的距离D’A=______．求证：四边形ACED′为矩形；（2）如图（1），△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，在BC上如何取点G，使得GD’=E’D；并说明理由．（3）△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，∠CE’D=90°时，直接写出旋转角a的值．【答案】1【解析】分析：（1）过D′作D′N⊥CD于N．由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论．由D’A∥CE且D’A=CE=1，得到四边形ACED’为平行四边形．根据有一个角为90°的平行四边形是矩形，即可得出结论；（2）取BC中点即为点G，连接GD’．易证△DCE’≌△D’CG，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．（3）分两种情况讨论即可．详解：（1）D’A=1．理由如下：过D′作D′N⊥CD于N．∵∠NCD′=30°，CD′=CD=2，∴ND′= 12CD′=1．由已知，D’A∥CE，且D’A=CE=1，∴四边形ACED’为平行四边形．又∵∠DCE=90°，∴四边形ACED’为矩形；（2）如图，取BC中点即为点G，连接GD’．∵∠DCE=∠D’CE’=90°，∴∠DCE’=∠D’CG．又∵D’C= DC，CG=CE’，∴△DCE’≌△D’CG，∴GD’=E’D．（3）分两种情况讨论：①如图1．∵∠CE′D=90°，CD=2，CE′=1，∴∠CDE′=30°，∴∠E′CD=60°，∴∠E′CB=30°，∴旋转角=∠ECE′=180°+30°=210°．②如图2，同理可得∠E′CE=30°，∴旋转角=360°－30°=330°．点睛：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．6．如图1，△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，直线l经过点C，AF⊥l于点F，BE⊥l于点E．（1）求证：△ACF≌△CBE；（2）将直线旋转到如图2所示位置，点D是AB的中点，连接DE．若AB=42，∠CBE=30°，求DE的长．【答案】（1）答案见解析；（226+【解析】试题分析：（1）根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°，根据全等三角形的性质得到∠EBC=∠CAF，即可得到结论；（2）连接CD，DF，证得△BCE≌△ACF，根据全等三角形的性质得到BE=CF，CE=AF，证得△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EF2DE，EF=CE+BE，进而得到DE的长．试题解析：解：（1）∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△ACF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△CBE（AAS）；（2）如图2，连接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△CAF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE≌△CAF（AAS）；∴BE=CF．∵点D是AB的中点，∴CD=BD，∠CDB=90°，∴∠CBD=∠ACD=45°，而∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵BE CFEBD FCDBD CF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90°，∴∠FDC+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF=2DE，∴EF=CE+CF =CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90°，AB=42，∴BC=4．又∵∠CBE=30°，∴CE=12BC=2，BE=3CE=23，∴EF=CE+BE=2+23，∴DE=2EF=2232+=2+6．点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证得△BCE≌△ACF是解题的关键．7．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.8．如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A，B和D的距离分别为1，22，10.△ADP沿点A旋转至△ABP′，连接PP′，并延长AP与BC相交于点Q.(1)求证：△APP′是等腰直角三角形；(2)求∠BPQ的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）∠BPQ=45°．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可知，△APD≌△AP′B，所以AP=AP′，∠PAD=∠P′AB，因为∠PAD+∠PAB=90°，所以∠P′AB+∠PAB=90°，即∠PAP′=90°，故△APP′是等腰直角三角形；（2）根据勾股定理逆定理可判断△PP′B是直角三角形，再根据平角定义求出结果.【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∵△ADP沿点A旋转至△ABP′，∴AP=AP′，∠PAP′=∠DAB=90°，∴△APP′是等腰直角三角形；（2）∵△APP′是等腰直角三角形，∴22，∠APP′=45°，∵△ADP沿点A旋转至△ABP′，∴，在△PP′B中，，，，∵）2+（2=）2，∴PP′2+PB2=P′B2，∴△PP′B为直角三角形，∠P′PB=90°，∴∠BPQ=180°﹣∠APP′﹣∠P′PB=180°﹣45°﹣90°=45°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理及逆定理的综合运用，有一定难度，关键是明确旋转的不变性．。

2023年九年级数学中考复习：旋转综合压轴题(角度问题)附答案

2023年九年级数学中考复习：旋转综合压轴题(角度问题)附答案

2023年九年级数学中考复习：旋转综合压轴题（角度问题）附答案1．在正方形ABCD 中，AB =4，O 为对角线AC 、BD 的交点．（1）如图1，延长OC ，使CE=OC ，作正方形OEFG ，使点G 落在OD 的延长线上，连接DE 、AG ．求证：DE=AG ；（2）如图2，将问题（1）中的正方形OEFG 绕点O 逆时针旋转α°（0<α<180），得到正方形OE F G '''，连接AE E G '''、．①当α=30时，求点A 到E G ''的距离；①在旋转过程中，直接写出AE G ∆''面积的最小值为 ，并写出此时的旋转角α= ．2．已知在矩形ABCD 中，①ADC 的平分线DE 与BC 交于点E ，点P 是线段DE 上一定点（其中EP ＜PD ）（1）如图1，若点F 在CD 边上（不与C ，D 重合），将①DPF 绕点P 逆时针旋转90°后，角的两边PD ，PF 分别交射线DA 于点H ，G ．①直接写出PG 与PF 之间的数量关系；①猜想DF ，DG ，DP 的数量关系，并证明你的结论．（2）如图2，若点F 在CD 的延长线上（不与D 重合），将PF 绕点P 逆时针旋转90°，交射线DA 于点G ，判断（1）①中DF ，DG ，DP 之间的数量关系是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请直接写出它们所满足的数量关系式．3．在平面直角坐标系中，直线l 与x 轴、y 轴分别交于A （a ，0）、B （0，b ）两点，且a ＋2b ﹣5）2＝0（1）求A 、B 两点坐标；（2）如图1，把线段BA 绕B 点顺时针旋转，点A 的对应点为C 点，使BC ①y 轴，E 为线段AC 上一点，EN ①AB 于N ，EM ①BC 于M ，求EM ＋EN 的值．（3）如图2，点D 为y 轴上点B 上方一点，DE ①AD 交直线CB 于点E ，①DEC 的平分线EF 与①DAO 的邻补角的平分线AF 交点F ，请问：D 点在运动的过程中①AFE 的大小是否变化，若不变，求出其值；若变化，请说明理由．4．（1）发现：如图1，点B 是线段AD 上的一点，分别以AB BD ，为边向外作等边三角形ABC 和等边三角形BDE ，连接AE ，CD ，相交于点O .①线段AE 与CD 的数量关系为：___________；AOC ∠的度数为__________.②CBD ∆可看作ABE ∆经过怎样的变换得到的？____________________________. （2）应用：如图2，若点A B D ，，不在一条直线上，（1）的结论①还成立吗？请说明理由；（3）拓展：在四边形ABCD 中，=AB AC ，=90BAC ∠︒，=45ADC ∠︒，若8AD ＝，6CD ＝，请直接写出B ，D 两点之间的距离.5．【问题解决】一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，P A=1，PB=2，PC=3．你能求出①APB的度数吗？小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：思路一：将①BPC绕点B逆时针旋转90°，得到①BP′A，连接PP′，求出①APB的度数；思路二：将①APB绕点B顺时针旋转90°，得到①CP′B，连接PP′，求出①APB的度数．请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．【类比探究】如图2，若点P是正方形ABCD外一点，P A=3，PB=1，PC11①APB的度数．6．在学习了图形的旋转知识后，数学兴趣小组的同学们又进一步对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了探究．（一）尝试探究：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，①BAD＝60°，①ABC＝①ADC ＝90°，点E、F分别在线段BC、CD上，①EAF＝30°，连接EF．（1）如图2，将①ABE绕点A逆时针旋转60°后得到①A′B′E′（A′B′与AD重合），请直接写出①E′AF＝度，线段BE、EF、FD之间的数量关系为．（2）如图3，当但点E、F分别在线段BC、CD的延长线上时，其他条件不变，请探究线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理由．（二）拓展延伸：如图4，在等边①ABC中，E、F是边BC上的两点，①EAF＝30°，BE ＝1，将①ABE绕点A逆时针旋转60°得到①A′B′E′（A′B′与AC重合），连接EE′，AF与EE′交于点N，过点A作AM①BC于点M，连接MN，求线段MN的长度．7．已知①AOB，将①AOB绕O点旋转到①COD位置，使C点落在OB边上，连接AC、BD．（1）若①AOB=90°（如图1），小亮发现①BAC=①BDC，请你证明这个结论；（2）若①AOB=60°（如图2），小亮发现的结论是否仍然成立？说明理由；（3）若①AOB为任意角α（如图3），小亮发现的结论还成立吗？说明理由；8．把边长分别为4和6的矩形ABCO如图放在平面直角坐标系中，将它绕点C顺时针旋转a角，旋转后的矩形记为矩形EDCF．在旋转过程中，（1）如图①，当点E在射线CB上时，E点坐标为；（2）当△CBD是等边三角形时，旋转角a的度数是（a为锐角时）；（3）如图①，设EF与BC交于点G，当EG=CG时，求点G的坐标；（4）如图①，当旋转角a=90°时，请判断矩形EDCF的对称中心H是否在以C为顶点，且经过点A的抛物线上．9．把一副三角板如图(1)放置，其中①ACB=①DEC=90°，①A=45°，①D=30°，斜边AB=12cm，DC=14cm，把三角板DCE绕点C逆时针旋转15°得到①（如图2）．这时AB与相交于点O，与相交于点F．（1）填空：①= °； （2）请求出①的内切圆半径； （3）把①绕着点C 逆时针再旋转度（）得①，若①为等腰三角形，求的度数（精确到0.1°）．10．“数学建模”是中学数学的核心素养，平时学习过程中能归纳一些几何模型，解决几何问题就能起到事半功倍的作用．（1）如图1，正方形ABCD 中，45EAF ∠=︒，且DE BF =，求证：EG AG =； （2）如图2，正方形ABCD 中，45EAF ∠=︒，延长EF 交AB 的延长线于点G ，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）如图3在（2）的条件下，作GQ AE ⊥，垂足为点Q ，交AF 于点N ，连结DN ，求证：45NDC ∠=︒．11．在学习利用旋转解决图形问题时，老师提出如下问题：（1）如图1，点P 是正方形ABCD 内一点，1PA =，2PB =，3PC =，你能求出APB ∠的度数吗？小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：思路一：将PBC 绕点B 逆时针旋转90︒，得到P BA '△，连接PP '，可求出APB ∠的度数；思路二：将PAB △绕点B 顺时针旋转90︒，得到P CB '△，连接PP '，可求出APB ∠的度数；请参照小明的思路，任选一种写出完整的解答过程；（2）如图2，若点P 是等边三角形ABC 内一点，若150APB ∠=︒，则线段PA ，PB ，PC 满足怎样的等量关系？请参考小明上述解决问题的方法进行探究，直接写出线段PA ，PB ，PC 满足的等量关系．12．把两个等腰直角ABC 和ADE 按如图1所示的位置摆放，将ADE 绕点A 按逆时针方向旋转，如图2，连接BD ，EC ，设旋转角为α（0360α︒<<︒）．（1）如图1，BD 与EC 的数量关系是___________，BD 与EC 的位置关系是___________；（2）如图2，（1）中BD 和EC 的数量关系和位置关系是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立请说明理由．（3）如图3，当点D 在线段BE 上时，BEC ∠=___________．（4）当旋转角α=__________时，ABD △的面积最大．13．如图1，在Rt ABC △中，90ACB ∠=︒，60A ∠=︒，直线MN 经过C 点垂直于AB ，垂足为D ．（1）求证：ADC BDC ∽△△； （2）若直线MN 从图1的位置绕M 点逆时针旋转，如图2，设旋转的角度为()0180αα<<，作AP MN ⊥，垂足为P ，BQ MN ⊥，垂足为Q ．①当α的度数为______时，点A ，P ，B ，Q 构成的四边形为平行四边形；①当α的度数为______时，点A ，P ，B ，Q 构成的四边形为矩形．14．已知①ABC 和①ADE 都是等腰三角形，AB ＝AC ，AD ＝AE ，①DAE ＝①BAC ．【初步感知】（1）特殊情形：如图①，若点D ，E 分别在边AB ，AC 上，则DB EC ．（填＞、＜或＝）（2）发现证明：如图①，将图①中①ADE 的绕点A 旋转，当点D 在①ABC 外部，点E 在①ABC 内部时，求证：DB ＝EC ．【深入研究】（3）如图①，①ABC 和①ADE 都是等边三角形，点C ，E ，D 在同一条直线上，则①CDB 的度数为 ；线段CE ，BD 之间的数量关系为 ．（4）如图①，①ABC 和①ADE 都是等腰直角三角形，①BAC ＝①DAE ＝90°，点C 、D 、E 在同一直线上，AM 为①ADE 中DE 边上的高，则①CDB 的度数为 ；线段AM ，BD ，CD 之间的数量关系为 ．15．把两个等腰直角①ABC 和①ADE 按如图1所示的位置摆放，将①ADE 绕点A 按逆时针方向旋转，如图2，连接BD ，EC ，设旋转角α（0°＜α＜360°）．（①）当DE ①AC 时，旋转角α＝ 度，AD 与BC 的位置关系是 ，AE 与BC 的位置关系是 ；（①）当点D 在线段BE 上时，求①BEC 的度数；（①）当旋转角α＝ 时，①ABD 的面积最大．16．如图①，在ABC 中，①ACB ＝90°，①ABC ＝30°，AC ＝1，D 为ABC 内部的一动点（不在边上），连接BD ，将线段BD 绕点D 逆时针旋转60°，使点B 到达点F 的位置；将线段AB 绕点B 顺时针旋转60°，使点A 到达点E 的位置，连接AD ，CD ，AE ，AF ，BF ，EF ．(1)求证：BDA ①BFE ；(2)当CD +DF +FE 取得最小值时，求证：AD ∥BF ．(3)如图①，M ，N ，P 分别是DF ，AF ，AE 的中点，连接MP ，NP ，在点D 运动的过程中，请判断①MPN 的大小是否为定值．若是，求出其度数；若不是，请说明理由．17．已知ABC 是等腰三角形，AB AC ＝，将ABC 绕点B 逆时针旋转得到''A BC ，(1)感知：如图①，当'BC 落在AB 边上时，'A AB ∠与'C CB ∠之间的数量关系是 _____（不需要证明）；(2)探究：如图①，当'BC 不落在AB 边上时，'A ∠AB 与'C CB ∠是否相等？如果相等；如果不相等，请说明理由；(3)应用：如图①，若90BAC ∠=︒，'AA 、'CC 交于点E ，则'A EC ∠=_____度．18．如图，已知正方形ABCD ，点E 为AB 上的一点，EF AB ⊥，交BD 于点F ．(1)如图1，直按写出DF AE的值_______； (2)将①EBF 绕点B 顺时针旋转到如图2所示的位置，连接AE 、DF ，猜想DF 与AE 的数量关系，并证明你的结论；(3)如图3，当BE =BA 时，其他条件不变，①EBF 绕点B 顺时针旋转，设旋转角为(0360)αα︒<<︒，当α为何值时EA =ED ?请在图3或备用图中画出图形并求出α的值．19．(1)观察猜想：如图①，在Rt △ABC 和Rt △BDE 中，①ABC ＝①EBD ＝90°，AB ＝BC ，BE ＝BD ，连接AE ，点F 是AE 的中点，连接CD 、BF ，当点D 、B 、C 三点共线时，线段CD 与线段BF 的数量关系是_____，位置关系是_____(2)探究证明：在（1）的条件下，将Rt △BDE 绕点B 顺时针旋转至图①位置时，（1）中的结论是否仍然成立？如果成立，请你就图①的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；(3)拓展延伸：如图①，在Rt△ABC和Rt△BDE中，①ABC＝①EBD＝90°，BC＝2AB＝8，BD＝2BE＝4，连接AE，点F是AE的中点，连结CD、BF，将△BDE绕点B在平面内自由旋转，请直接写出BF的取值范围，20．如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，四边形EFGH是正方形，EH与BD重合，将图①中的正方形EFGH绕着点D逆时针旋转．(1)旋转至如图①位置，使点G落在BC的延长线上，DE交BC于点L．已知旋转开始时，即图①位置①CDG＝37°，求正方形EFGH从图①位置旋转至图①位置时，旋转角的度数．(2)旋转至如图①位置，DE交BC于点L．延长BC交FG于点M，延长DC交EF于点N．试判断DL、EN、GM之间满足的数量关系，并给予证明．参考答案：1．（2）①点A 到E G ''的距离为3①在旋转过程中，直接写出AE G ∆''面积的最小值为1682-α=135°．2．（1）①DG +DF 2；（2）不成立，数量关系式应为：DG -DF 2，3．（1）A （﹣3，0）、B （0，4）；（2）4；（3）不变，45° 4．（1）①AE CD =，60︒；（2）依然成立，（3）416．（一）（1）30，BE ＋DF ＝EF ；（2）BE ﹣DF ＝EF ；3 8．（1）E （4，13；（2）60°；（3）13(4,)3G ； （4）点H 不在此抛物线上．9．（1）120°；（2）2；（3）37.7°、50.6°10．（1）见解析；（2）结论依然成立11．（1）135,APB 证明见解析；（2）222PC PA PB =+， 12．（1）BD EC =，BD EC ⊥；（2）成立，（3）90︒；（4）90︒或270︒13．（2）①30°或90°；①90°．14．（1）=；（3）60︒，DB CE =；（4）90︒，2AM BD CD += 15．（①）45；垂直；平行；（①）90BEC ∠=︒；（①）90︒或270︒16． ①MPN 的值为定值，30°．17．(1)相等；(2)相等；(3)135︒．18．2(2)2DF =，(3)α的值为30°或150°，19．(1) CD =2BF BF ①CD(2)CD =2BF ， BF ①CD 成立，(3)13BF ≤≤20．(1)16°(2)DL ＝EN +GM ，。

中考数学压轴题专题旋转的经典综合题及详细答案

中考数学压轴题专题旋转的经典综合题及详细答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．(1)发现：如图1，点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b．填空：当点A位于时，线段AC的长取得最大值，且最大值为(用含a，b的式子表示) (2)应用：点A为线段BC外一动点，且BC＝4，AB＝1，如图2所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE．①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE长的最大值．(3)拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(6，0)，点P 为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°，请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．【答案】(1)CB的延长线上， a+b；(2)①CD＝BE，理由见解析；②BE长的最大值为5；(3)满足条件的点P坐标(222)或(222)，AM的最大值为2+4．【解析】【分析】（1）根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论；（2）①根据已知条件易证△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质即可得CD＝BE；②由于线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，根据（1）中的结论即可得到结果；（3）连接BM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，得到△APN是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN＝PA＝2，BN＝AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，即可得到最大值为2+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，根据等腰直角三角形的性质即可求得点P的坐标．如图3中，根据对称性可知当点P在第四象限时也满足条件，由此求得符合条件的点P另一个的坐标．【详解】(1)∵点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b，∴当点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB＝a+b，故答案为CB的延长线上，a+b；(2)①CD＝BE，理由：∵△ABD与△ACE是等边三角形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，在△CAD与△EAB中，AD ABCAD EAB AC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CAD≌△EAB(SAS)，∴CD＝BE；②∵线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，由(1)知，当线段CD的长取得最大值时，点D在CB的延长线上，∴最大值为BD+BC＝AB+BC＝5；(3)如图1，∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，则△APN是等腰直角三角形，∴PN＝PA＝2，BN＝AM，∵A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(6，0)，∴OA＝2，OB＝6，∴AB＝4，∴线段AM长的最大值＝线段BN长的最大值，∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，最大值＝AB+AN，∵AN＝2AP＝22，∴最大值为22+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE2，∴OE＝BO﹣AB﹣AE＝6﹣42＝22，∴P(2﹣2，2)．如图3中，根据对称性可知当点P在第四象限时，P(2﹣2，﹣2)时，也满足条件．综上所述，满足条件的点P坐标(2﹣2，2)或(2﹣2，﹣2)，AM的最大值为22+4．【点睛】本题综合考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．2．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．①求证：四边形BFDE是菱形；②直接写出∠EBF的度数；(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH3；（3）EG2＝AG2+CE2．【解析】【分析】（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．②先证明∠ABD ＝2∠ADB ，推出∠ADB ＝30°，延长即可解决问题．（2）IH ＝3FH ．只要证明△IJF 是等边三角形即可．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，先证明△DEG ≌△DEM ，再证明△ECM 是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，OB ＝OD ，∴∠EDO ＝∠FBO ，在△DOE 和△BOF 中，EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DOE ≌△BOF ，∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ，∴四边形EBFD 是平行四边形，∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ，∴EB ＝ED ，∴四边形EBFD 是菱形．②∵BE 平分∠ABD ，∴∠ABE ＝∠EBD ，∵EB ＝ED ，∴∠EBD ＝∠EDB ，∴∠ABD ＝2∠ADB ，∵∠ABD +∠ADB ＝90°，∴∠ADB ＝30°，∠ABD ＝60°，∴∠ABE ＝∠EBO ＝∠OBF ＝30°，∴∠EBF ＝60°．（2）结论：IH 3．理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM ＝EJ ，连接MJ ．∵四边形EBFD 是菱形，∠B ＝60°，∴EB ＝BF ＝ED ，DE ∥BF ，∴∠JDH ＝∠FGH ，在△DHJ 和△GHF 中，DHG GHF DH GHJDH FGH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DHJ ≌△GHF ，∴DJ ＝FG ，JH ＝HF ，∴EJ ＝BG ＝EM ＝BI ，∴BE ＝IM ＝BF ，∵∠MEJ ＝∠B ＝60°，∴△MEJ 是等边三角形，∴MJ ＝EM ＝NI ，∠M ＝∠B ＝60°在△BIF 和△MJI 中，BI MJ B M BF IM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△BIF ≌△MJI ，∴IJ ＝IF ，∠BFI ＝∠MIJ ，∵HJ ＝HF ，∴IH ⊥JF ，∵∠BFI +∠BIF ＝120°，∴∠MIJ +∠BIF ＝120°，∴∠JIF ＝60°，∴△JIF 是等边三角形，在Rt △IHF 中，∵∠IHF ＝90°，∠IFH ＝60°，∴∠FIH ＝30°，∴IH 3．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．理由：如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，∵∠FAD +∠DEF ＝90°，∴AFED 四点共圆，∴∠EDF ＝∠DAE ＝45°，∠ADC ＝90°，∴∠ADF +∠EDC ＝45°，∵∠ADF ＝∠CDM ，∴∠CDM +∠CDE ＝45°＝∠EDG ，在△DEM 和△DEG 中，DE DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△DEG ≌△DEM ，∴GE ＝EM ，∵∠DCM ＝∠DAG ＝∠ACD ＝45°，AG ＝CM ，∴∠ECM ＝90°∴EC 2+CM 2＝EM 2，∵EG ＝EM ，AG ＝CM ，∴GE 2＝AG 2+CE 2．【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.3．如图1，△ABC 中，CA =CB ，∠ACB =90°，直线l 经过点C ，AF ⊥l 于点F ，BE ⊥l 于点E ． （1）求证：△ACF ≌△CBE ；（2）将直线旋转到如图2所示位置，点D 是AB 的中点，连接DE ．若AB =42，∠CBE =30°，求DE 的长．【答案】（1）答案见解析；（226+【解析】试题分析：（1）根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°，根据全等三角形的性质得到∠EBC=∠CAF，即可得到结论；（2）连接CD，DF，证得△BCE≌△ACF，根据全等三角形的性质得到BE=CF，CE=AF，证得△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EF=2DE，EF=CE+BE，进而得到DE的长．试题解析：解：（1）∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△ACF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△CBE（AAS）；（2）如图2，连接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△CAF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE≌△CAF（AAS）；∴BE=CF．∵点D是AB的中点，∴CD=BD，∠CDB=90°，∴∠CBD=∠ACD=45°，而∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵BE CFEBD FCDBD CF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90°，∴∠FDC+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF=2DE，∴EF=CE+CF=CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90°，AB=42，∴BC=4．又∵∠CBE=30°，∴CE=12BC=2，BE=3CE=23，∴EF=CE+BE=2+23，∴DE=2EF=2232+=2+6．点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证得△BCE≌△ACF是解题的关键．4．在正方形ABCD中，连接BD．（1）如图1，AE⊥BD于E．直接写出∠BAE的度数．（2）如图1，在（1）的条件下，将△AEB以A旋转中心，沿逆时针方向旋转30°后得到△AB′E′，AB′与BD交于M，AE′的延长线与BD交于N．①依题意补全图1；②用等式表示线段BM、DN和MN之间的数量关系，并证明．（3）如图2，E、F是边BC、CD上的点，△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，AE、AF 分别与BD交于M、N，写出判断线段BM、DN、MN之间数量关系的思路．（不必写出完整推理过程）【答案】（1）45°；（2）①补图见解析；②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2，证明见解析；（3）答案见解析.【解析】（1）利用等腰直角三角形的性质即可；（2）依题意画出如图1所示的图形，根据性质和正方形的性质，判断线段的关系，再利用勾股定理得到FB2+BM2=FM2，再判断出FM=MN即可；（3）利用△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，判断出EF=EG，再利用（2）证明即可．解：（1）∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABD=∠ADB=45°，∵AE⊥BD，∴∠ABE=∠BAE=45°，（2）①依题意补全图形，如图1所示，②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2，将△AND绕点D顺时针旋转90°，得到△AFB，∴∠ADB=∠FBA，∠BAF=∠DAN，DN=BF，AF=AN，∵在正方形ABCD中，AE⊥BD，∴∠ADB=∠ABD=45°，∴∠FBM=∠FBA+∠ABD=∠ADB+∠ABD=90°，在Rt△BFM中，根据勾股定理得，FB2+BM2=FM2，∵旋转△ANE得到AB1E1，∴∠E1AB1=45°，∴∠BAB1+∠DAN=90°﹣45°=45°，∵∠BAF=DAN，∴∠BAB1+∠BAF=45°，∴∠FAM=45°，∴∠FAM=∠E1AB1，∵AM=AM，AF=AN，∴△AFM≌△ANM，∴FM=MN，∵FB2+BM2=FM2，∴DN2+BM2=MN2，（3）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，∴DF=GB，∵正方形ABCD的周长为4AB，△CEF周长为EF+EC+CF，∵△CEF周长是正方形ABCD周长的一半，∴4AB=2（EF+EC+CF），∴2AB=EF+EC+CF∵EC=AB﹣BE，CF=AB﹣DF，∴2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF，∴EF=DF+BE，∵DF=GB，∴EF=GB+BE=GE，由旋转得到AD=AG=AB，∵AM=AM，∴△AEG≌△AEF，∠EAG=∠EAF=45°，和（2）的②一样，得到DN2+BM2=MN2．“点睛”此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质，三角形的全等，判断出（△AFN≌△ANM，得到FM=MM），是解题的关键.5．在△ABC中，AB=AC，∠A=300，将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD，再将线段BD平移到EF，使点E在AB上，点F在AC上．（1）如图1，直接写出∠ABD和∠CFE的度数；（2）在图1中证明：AE=CF；（3）如图2，连接CE，判断△CEF的形状并加以证明．【答案】（1）15°，45°；（2）证明见解析；（3）△CEF是等腰直角三角形，证明见解析.【解析】试题分析：（1）根据等腰三角形的性质得到∠ABC的度数，由旋转的性质得到∠DBC的度数，从而得到∠ABD的度数；根据三角形外角性质即可求得∠CFE的度数.（2）连接CD、DF，证明△BCD是等边三角形，得到CD=BD，由平移的性质得到四边形BDFE是平行四边形，从而AB∥FD，证明△AEF≌△FCD即可得AE=CF．（3）过点E作EG⊥CF于G，根据含30度直角三角形的性质，垂直平分线的判定和性质即可证明△CEF是等腰直角三角形.（1）∵在△ABC中，AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=750.∵将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD，即∠DBC=600．∴∠ABD= 15°.∴∠CFE=∠A+∠ABD=45°．（2）如图，连接CD、DF．∵线段BC绕点B逆时针旋转60得到线段BD，∴BD=BC，∠CBD=600．∴△BCD是等边三角形．∴CD=BD．∵线段BD平移到EF，∴EF∥BD，EF=BD．∴四边形BDFE是平行四边形，EF= CD．∵AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=∠ACB=750．∴∠ABD=∠ACD=15°．∵四边形BDFE是平行四边形，∴AB∥FD．∴∠A=∠CFD.∴△AEF≌△FCD（AAS）．∴AE=CF．（3）△CEF是等腰直角三角形，证明如下：如图，过点E作EG⊥CF于G，∵∠CFE =45°，∴∠FEG=45°．∴EG=FG．∵∠A=300，∠AGE=90°，∴．∵AE=CF，∴．∴．∴G为CF的中点．∴EG为CF的垂直平分线．∴EF=EC．∴∠CEF=∠FEG=90°．∴△CEF是等腰直角三角形．考点：1.旋转和平移问题；2．等腰三角形的性质；3．三角形外角性质；4．等边三角形的判定和性质；5.平行四边形的判定和性质；6.全等三角形的判定和性质；7．含30度直角三角形的性质；8．垂直平分线的判定和性质；9．等腰直角三角形的判定.6．思维启迪：（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B 间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB 交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是米．思维探索：（2）在△ABC和△ADE中，AC＝BC，AE＝DE，且AE＜AC，∠ACB＝∠AED＝90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是；②如图3，当α＝90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；③当α＝150°时，若BC＝3，DE＝l，请直接写出PC2的值．【答案】（1）200；（2）①PC＝PE，PC⊥PE；②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝PE，PC⊥PE，见解析；③PC21033.【解析】【分析】（1）由CD∥AB，可得∠C＝∠B，根据∠APB＝∠DPC即可证明△ABP≌△DCP，即可得AB ＝CD，即可解题．（2）①延长EP 交BC 于F ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ）可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．②作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ），结合已知得BF ＝DE ＝AE ，再证明△FBC ≌△EAC （SAS ），可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．③作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°，得∠FBC ＝∠EAC ，同②可证可得PC ＝PE ，PC ⊥PE ，再由已知解三角形得∴EC 2＝CH 2+HE 2＝10+求出2211022PC EC +==【详解】（1）解：∵CD ∥AB ，∴∠C ＝∠B ，在△ABP 和△DCP 中，BP CPAPB DPC B C=⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩，∴△ABP ≌△DCP （SAS ），∴DC ＝AB ．∵AB ＝200米．∴CD ＝200米，故答案为：200．（2）①PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ．理由如下：如解图1，延长EP 交BC 于F ，同（1）理，可知∴△FBP ≌△EDP （SAS ），∴PF ＝PE ，BF ＝DE ，又∵AC ＝BC ，AE ＝DE ，∴FC ＝EC ，又∵∠ACB ＝90°，∴△EFC 是等腰直角三角形，∵EP ＝FP ，∴PC ＝PE ，PC ⊥PE ．②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ．理由如下：如解图2，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，同①理，可知△FBP ≌△EDP （SAS ），∴BF ＝DE ，PE ＝PF ＝12EF ，∵DE ＝AE ，∴BF ＝AE ，∵当α＝90°时，∠EAC ＝90°，∴ED ∥AC ，EA ∥BC∵FB ∥AC ，∠FBC ＝90，∴∠CBF ＝∠CAE ，在△FBC 和△EAC 中，BF AE CBE CAE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FBC ≌△EAC （SAS ），∴CF ＝CE ，∠FCB ＝∠ECA ，∵∠ACB ＝90°，∴∠FCE ＝90°，∴△FCE 是等腰直角三角形，∵EP ＝FP ，∴CP ⊥EP ，CP ＝EP ＝12EF ． ③如解图3，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°， ∴∠FBC ＝∠EAC ＝α＝150°同②可得△FBP ≌△EDP （SAS ），同②△FCE 是等腰直角三角形，CP ⊥EP ，CP ＝EP， 在Rt △AHE 中，∠EAH ＝30°，AE ＝DE ＝1，∴HE ＝12，AH又∵AC ＝AB ＝3， ∴CH ＝3+2， ∴EC 2＝CH 2+HE 2＝10+∴PC 2＝211022EC +=【点睛】本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．7．如图1，直线DE上有一点O，过点O在直线DE上方作射线OC，∠COE＝140°，将一直角三角板AOB的直角顶点放在点O处，一条直角边OA在射线OD上，另一边OB在直线DE上方，将直角三角板绕着点O按每秒10°的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t秒．（1）当直角三角板旋转到如图2的位置时，OA恰好平分∠COD，求此时∠BOC的度数；（2）若射线OC的位置保持不变，在旋转过程中，是否存在某个时刻，使得射线OA、OC、OD中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线？若存在，请求出t的取值，若不存在，请说明理由；（3）若在三角板开始转动的同时，射线OC也绕O点以每秒15°的速度逆时针旋转一周，从旋转开始多长时间，射线OC平分∠BOD．直接写出t的值．（本题中的角均为大于0°且小于180°的角）【答案】（1）∠BOC＝70°；（2）存在，t＝2，t＝8或32；（3）12或372.【解析】【分析】（1）由图可知∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC，∠AOC可利用角平分线及平角的定义求出.（2）分OA平分∠COD，OC平分∠AOD，OD平分∠AOC三种情况分别进行讨论，建立关于t的方程，解方程即可.（3）分别用含t的代数式表示出∠COD和∠BOD，再根据OC平分∠BOD建立方程解方程即可，注意分情况讨论.【详解】（1）解：∵∠COE＝140°，∴∠COD＝180°﹣∠COE＝40°，又∵OA平分∠COD，∴∠AOC＝12∠COD＝20°，∵∠AOB＝90°，∴∠BOC＝90°﹣∠AOC＝70°；（2）存在①当OA平分∠COD时，∠AOD＝∠AOC，即10°t＝20°，解得：t＝2；②当OC平分∠AOD时，∠AOC＝∠DOC，即10°t﹣40°＝40°，解得：t＝8；③当OD平分∠AOC时，∠AOD＝∠COD，即360°﹣10°t＝40°，解得：t＝32；综上所述：t＝2，t＝8或32；（3）12或372，理由如下：设运动时间为t，则有①当90+10t＝2（40+15t）时，t＝1 2②当270﹣10t＝2（320﹣15t）时，t＝37 2所以t的值为12或372．【点睛】本题主要考查角平分线的定义以及图形的旋转，根据题意，找到两个角之间的等量关系建立方程并分情况讨论是解题的关键.8．如图1，点O为直线AB上一点，过O点作射线OC，使∠AOC：∠BOC＝1：2，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．（1）将图1中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图2的位置，使得ON落在射线OB 上，此时三角板旋转的角度为度；（2）继续将图2中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图3的位置，使得ON在∠AOC的内部．试探究∠AOM与∠NOC之间满足什么等量关系，并说明理由；（3）在上述直角三角板从图1逆时针旋转到图3的位置的过程中，若三角板绕点O按15°每秒的速度旋转，当直角三角板的直角边ON所在直线恰好平分∠AOC时，求此时三角板绕点O的运动时间t的值。

中考数学初中数学 旋转-经典压轴题附答案

中考数学初中数学 旋转-经典压轴题附答案

中考数学初中数学旋转-经典压轴题附答案一、旋转1．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．（1）请问EG与CG存在怎样的数量关系，并证明你的结论；（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？（请直接写出结果，不必写出理由）【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）结论仍然成立【解析】【分析】（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．（3）结论依然成立．【详解】（1）CG=EG．理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°．在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=12FD，同理．在Rt△DEF中，EG=12FD，∴CG=EG．（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG （ASA），∴MG=NG．∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=1MC，∴EG=CG．2（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG【点睛】本题是四边形的综合题．（1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；（2）关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答．2．如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6cm，点D 从O点出发，沿OM的方向以1cm/s的速度运动，当D不与点A重合时，将△ACD绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE，连结DE．（1）求证：△CDE是等边三角形；（2）如图2，当6＜t＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长；若不存在，请说明理由；（3）如图3，当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）存在【解析】试题分析：（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；（3）存在，①当点D于点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA-DA=6-4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s 时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s.试题解析：（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE是等边三角形；（2）存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE=AD，∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，∴C△DBE=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD3cm，∴△BDE的最小周长=CD3；（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°，∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°，∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE=90°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14cm，∴t=14÷1=14s.综上所述：当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．点睛：在不带坐标的几何动点问题中求最值，通常是将其表达式写出来，再通过几何或代数的方法求出最值；像第三小问这种探究性的题目，一定要多种情况考虑全面，控制变量，从某一个方面出发去分类.3．如图①，在等腰△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE=120°．（1）求证：△ABD≌△ACE；（2）把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接CD，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MN、PN、PM，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）在（2）中，把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=6，请分别求出△PMN周长的最小值与最大值．【答案】（1）证明见解析；（2）△PMN是等边三角形．理由见解析；（3）△PMN周长的最小值为3，最大值为15．【解析】分析：（1）由∠BAC=∠DAE=120°，可得∠BAD=∠CAE，再由AB=AC，AD=AE，利用SAS即可判定△ABD≌△ADE；（2）△PMN是等边三角形，利用三角形的中位线定理可得PM=12CE，PM∥CE，PN=12BD，PN∥BD，同（1）的方法可得BD=CE，即可得PM=PN，所以△PMN是等腰三角形；再由PM∥CE，PN∥BD，根据平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，∠PNC=∠DBC，因为∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，所以∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，再由∠BAC=120°，可得∠ACB+∠ABC=60°，即可得∠MPN=60°，所以△PMN是等边三角形；（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，PM=PN=12BD，所以当PM最大时，△PMN周长最大，当点D在AB上时，BD最小，PM最小，求得此时BD的长，即可得△PMN周长的最小值；当点D在BA延长线上时，BD最大，PM的值最大，此时求得△PMN周长的最大值即可.详解：（1）因为∠BAC=∠DAE=120°，所以∠BAD=∠CAE，又AB=AC，AD=AE，所以△ABD≌△ADE；（2）△PMN是等边三角形．理由：∵点P，M分别是CD，DE的中点，∴PM=12CE，PM∥CE，∵点N，M分别是BC，DE的中点，∴PN=12BD，PN∥BD，同（1）的方法可得BD=CE，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，∵PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=120°，∴∠ACB+∠ABC=60°，∴∠MPN=60°，∴△PMN是等边三角形．（3）由（2）知，△PMN是等边三角形，PM=PN=12 BD，∴PM最大时，△PMN周长最大，∴点D在AB上时，BD最小，PM最小，∴BD=AB-AD=2，△PMN周长的最小值为3；点D在BA延长线上时，BD最大，PM最大，∴BD=AB+AD=10，△PMN周长的最大值为15．故答案为△PMN周长的最小值为3，最大值为15点睛：本题主要考查了全等三角形的判定及性质、三角形的中位线定理、等边三角形的判定，解决第（3）问，要明确点D在AB上时，BD最小，PM最小，△PMN周长的最小；点D在BA延长线上时，BD最大，PM最大，△PMN周长的最大值为15.4．如图1，在Rt△ADE中，∠DAE=90°，C是边AE上任意一点（点C与点A、E不重合），以AC为一直角边在Rt△ADE的外部作Rt△ABC，∠BAC=90°，连接BE、CD．（1）在图1中，若AC=AB，AE=AD，现将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α，得到图2，那么线段BE．CD之间有怎样的关系，写出结论，并说明理由；（2）在图1中，若CA=3，AB=5，AE=10，AD=6，将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α，得到图3，连接BD、CE．①求证：△ABE∽△ACD；②计算：BD2+CE2的值．【答案】（1）BE=CD，BE⊥CD，理由见角；（2）①证明见解析；②BD2+CE2=170．【解析】【分析】（1）结论：BE=CD，BE⊥CD；只要证明△BAE≌△CAD，即可解决问题；（2）①根据两边成比例夹角相等即可证明△ABE∽△ACD．②由①得到∠AEB=∠CDA．再根据等量代换得到∠DGE=90°，即DG⊥BE，根据勾股定理得到BD2+CE2=CB2+ED2，即可根据勾股定理计算．【详解】（1）结论：BE=CD，BE⊥CD．理由：设BE与AC的交点为点F，BE与CD的交点为点G，如图2．∵∠CAB=∠EAD=90°，∴∠CAD=∠BAE．在△CAD 和△BAE 中，∵AB AC BAE CAD AE AD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△CAD ≌△BAE ，∴CD =BE ，∠ACD =∠ABE ．∵∠BFA =∠CFG ，∠BFA +∠ABF =90°，∴∠CFG +∠ACD =90°，∴∠CGF =90°，∴BE ⊥CD ． （2）①设AE 与CD 于点F ，BE 与DC 的延长线交于点G ，如图3．∵∠CABB =∠EAD =90°，∴∠CAD =∠BAE ．∵CA =3，AB =5，AD =6，AE =10，∴AE AB =AD AC=2，∴△ABE ∽△ACD ； ②∵△ABE ∽△ACD ，∴∠AEB =∠CDA ． ∵∠AFD =∠EFG ，∠AFD +∠CDA =90°，∴∠EFG +∠AEB =90°，∴∠DGE =90°，∴DG ⊥BE ，∴∠AGD =∠BGD =90°，∴CE 2=CG 2+EG 2，BD 2=BG 2+DG 2，∴BD 2+CE 2=CG 2+EG 2+BG 2+DG 2． ∵CG 2+BG 2=CB 2，EG 2+DG 2=ED 2，∴BD 2+CE 2=CB 2+ED 2=CA 2+AB 2+AD 2+AD 2=170．【点睛】本题是几何综合变换综合题，主要考查了图形的旋转变换、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的综合运用，运用类比，在变化中发现规律是解决问题的关键．5．如图1，菱形ABCD ，AB 4=，ADC 120∠=，连接对角线AC 、BD 交于点O ， ()1如图2，将AOD 沿DB 平移，使点D 与点O 重合，求平移后的A'BO 与菱形ABCD 重合部分的面积．()2如图3，将A'BO 绕点O 逆时针旋转交AB 于点E'，交BC 于点F ，①求证：BE'BF 2+=；②求出四边形OE'BF 的面积．【答案】()() 13?2①证明见解析3②【解析】【分析】(1)先判断出△ABD 是等边三角形，进而判断出△EOB 是等边三角形，即可得出结论；(2)先判断出 ≌△OBF ，再利用等式的性质即可得出结论；(3)借助①的结论即可得出结论．【详解】()1四边形为菱形，ADC 120∠=，ADO 60∠∴=，ABD ∴为等边三角形，DAO 30∠∴=，ABO 60∠=，∵AD//A′O ，∴∠A′OB=60°，EOB ∴为等边三角形，边长OB 2=，∴重合部分的面积：3434⨯=， ()2①在图3中，取AB 中点E ，由()1知，∠EOB=60°，∠E′OF=60°，∴∠EOE′=∠BOF ，又∵EO=BO ，∴∠OEE′=∠OBF=60°，∴△OEE′≌△OBF ，∴EE′=BF ，∴BE′+BF=BE′+EE′=BE=2；②由①知，在旋转过程中始终有△OEE′≌△OBF，∴S△OEE′=S△OBF，∴S四边形OE′BF =OEBS3=.【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，综合性较强，熟练掌握相关内容、正确添加辅助线是解题的关键.6．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P 处，再折出PB、PC，最后用笔画出△PBC(图1)．（1）求证：图1中的PBC是正三角形：（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN，其中IJ=6cm，且HM=JN．①求证：IH=IJ②请求出NJ的长；（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边的长度a变化时，在矩形纸片上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示意图(作图工具不限，能说明问题即可)，并直接写出对应的a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②1233）3＜a＜3，a＞3【解析】分析：（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即可；（2）①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得；②IJ上取一点Q，使QI=QN，由Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x，则IQ=QN=2x、3，根据IJ=IQ+QJ求出x即可得；（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可．（1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF∴PB=PC∵沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P处∴PB=BC∴PB=PC=BC∴△PBC 是正三角形：（2）证明：①如图∵矩形AHIJ∴∠H=∠J=90°∵△MNJ 是等边三角形∴MI=NI在Rt △MHI 和Rt △JNI 中MI NI MH NJ =⎧⎨=⎩∴Rt △MHI ≌Rt △JNI （HL ）∴HI=IJ②在线段IJ 上取点Q ，使IQ=NQ∵Rt △IHM ≌Rt △IJN ，∴∠HIM=∠JIN ，∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°，∴∠HIM=∠JIN=15°，由QI=QN 知∠JIN=∠QNI=15°，∴∠NQJ=30°，设NJ=x ，则IQ=QN=2x ，22=3QN NJ -x ， ∵IJ=6cm ，∴3，∴33cm ）． （3）分三种情况：①如图：设等边三角形的边长为b ，则0＜b≤6， 则tan60°=3=2a b ， ∴a=32b ， ∴0＜b≤632=33； ②如图当DF 与DC 重合时，DF=DE=6， ∴a=sin60°×DE=632=33， 当DE 与DA 重合时，a=6643sin6032==︒， ∴33＜a ＜43； ③如图∵△DEF 是等边三角形 ∴∠FDC=30°∴DF=6643 cos3032==︒∴a＞43点睛：本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．7．如图1，四边形ABCD 是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．（1）①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系，不必证明；②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，得到如图2情形．请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立，并证明你的判断．（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb （a≠b，k＞0），第（1）题①中得到的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=12，求BE2+DG2的值．【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见解析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．【解析】分析：（1）①根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；②结合正方形的性质，根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE，从而证明结论；（2）根据两条对应边的比相等，且夹角相等可以判定上述两个三角形相似，从而可以得到（1）中的位置关系仍然成立；（3）连接BE、DG．根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和．详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90°，∴∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE，∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，∴BC CG b==，DC CE a又∵∠BCG=∠DCE，∴△BCG∽△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90°，∴BG⊥DE．（3）连接BE、DG．根据题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．点睛：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理．8．如图1，△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，直线l经过点C，AF⊥l于点F，BE⊥l于点E．（1）求证：△ACF≌△CBE；（2）将直线旋转到如图2所示位置，点D是AB的中点，连接DE．若AB=2，∠CBE=30°，求DE的长．【答案】（1）答案见解析；（226+【解析】试题分析：（1）根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°，根据全等三角形的性质得到∠EBC=∠CAF，即可得到结论；（2）连接CD，DF，证得△BCE≌△ACF，根据全等三角形的性质得到BE=CF，CE=AF，证得△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EF2DE，EF=CE+BE，进而得到DE的长．试题解析：解：（1）∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△ACF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△CBE（AAS）；（2）如图2，连接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．在△BCE与△CAF中，∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE≌△CAF（AAS）；∴BE=CF．∵点D是AB的中点，∴CD=BD，∠CDB=90°，∴∠CBD=∠ACD=45°，而∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵BE CFEBD FCDBD CF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90°，∴∠FDC+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF2DE，∴EF=CE+CF=CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90°，AB2∴BC=4．又∵∠CBE=30°，∴CE=12BC=2，BE3CE3∴EF=CE+BE3∴DE223226．点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证得△BCE≌△ACF是解题的关键．9．如图，点A是x轴非负半轴上的动点，点B坐标为（0，4），M是线段AB的中点，将点M绕点A顺时针方向旋转90°得到点C，过点C作x轴的垂线，垂足为F，过点B作y 轴的垂线与直线CF相交于点E，连接AC，BC，设点A的横坐标为t．（Ⅰ）当t=2时，求点M的坐标；（Ⅱ）设ABCE的面积为S，当点C在线段EF上时，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；（Ⅲ）当t为何值时，BC+CA取得最小值．【答案】（1）（1，2）；（2）S=32t+8（0≤t≤8）；（3）当t=0时，BC+AC有最小值【解析】试题分析：（I）过M作MG⊥OF于G，分别求OG和MG的长即可；（II）如图1，同理可求得AG和OG的长，证明△AMG≌△CAF，得：AG=CF=12t，AF=MG=2，分别表示EC和BE的长，代入面积公式可求得S与t的关系式；并求其t的取值范围；（III）证明△ABO∽△CAF，根据勾股定理表示AC和BC的长，计算其和，根据二次根式的意义得出当t=0时，值最小．试题解析：解：（I）如图1，过M作MG⊥OF于G，∴MG∥OB，当t=2时，OA=2．∵M是AB的中点，∴G是AO的中点，∴OG=12OA=1，MG是△AOB的中位线，∴MG =12OB =12×4=2，∴M （1，2）； （II ）如图1，同理得：OG =AG =12t ．∵∠BAC =90°，∴∠BAO +∠CAF =90°．∵∠CAF +∠ACF =90°，∴∠BAO =∠ACF ．∵∠MGA =∠AFC =90°，MA =AC ，∴△AMG ≌△CAF ，∴AG =CF =12t ，AF =MG =2，∴EC =4﹣12t ，BE =OF =t +2，∴S △BCE =12EC •BE =12（4﹣12t ）（t +2）=﹣14t 2+32t +4； S △ABC =12•AB •AC =12•216t +•21162t +=14t 2+4，∴S =S △BEC +S △ABC =32t +8． 当A 与O 重合，C 与F 重合，如图2，此时t =0，当C 与E 重合时，如图3，AG =EF ，即12t =4，t =8，∴S 与t 之间的函数关系式为：S =32t +8（0≤t ≤8）； （III ）如图1，易得△ABO ∽△CAF ，∴AB AC =OB AF =OA FC =2，∴AF =2，CF =12t ，由勾股定理得：AC =22AF CF +=22122t +（）=2144t +，BC =22BE EC +=221242t t ++-（）（）=21544t +（），∴BC +AC =（ 5+1）2144t +，∴当t =0时，BC +AC 有最小值．点睛：本题考查了几何变换综合题，知识点包括相似三角形、全等三角形、点的坐标、几何变换（旋转）、三角形的中位线等，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．10．如图是两个可以自由转动的转盘，甲转盘被等分成3个扇形，乙转盘被等分成4个扇形，每一个扇形上都标有相应的数字．同时转动两个转盘，当转盘停止后，计算指针所指区域内的数字之和．如果指针恰好指在分割线上，那么重转一次，直到指针指向一个数字为止．（1）请你通过画树状图或列表的方法分析，并求指针所指区域内的数字和小于10的概率；（2）小亮和小颖小亮和小颖利用它们做游戏，游戏规则是：指针所指区域内的数字和小于10，小颖获胜；指针所指区域内的数字之和等于10，为平局；指针所指区域内的数字之和大于10，小亮获胜．你认为该游戏规则是否公平？请说明理由；若游戏规则不公平，请你设计出一种公平的游戏规则．【答案】（1）13；（2）不公平．【解析】试题分析：（1）依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．（2）判断游戏的公平性，首先要计算出游戏双方赢的概率，概率相等则公平，否则不公平．试题解析：（1）共有12种等可能的结果，小于10的情况有4种，所以指针所指区域内的数字和小于10的概率为13．（2）不公平，因为小颖获胜的概率为；小亮获胜的概率为512．小亮获胜的可能性大，所以不公平．可以修改为若这两个数的和为奇数，则小亮赢；积为偶数，则小颖赢．考点：1．游戏公平性；2．列表法与树状图法．11．思维启迪：（1）如图1，A ，B 两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A ，B 间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B 点的点C ，连接BC ，取BC 的中点P （点P 可以直接到达A 点），利用工具过点C 作CD ∥AB 交AP 的延长线于点D ，此时测得CD ＝200米，那么A ，B 间的距离是 米．思维探索：（2）在△ABC 和△ADE 中，AC ＝BC ，AE ＝DE ，且AE ＜AC ，∠ACB ＝∠AED ＝90°，将△ADE 绕点A 顺时针方向旋转，把点E 在AC 边上时△ADE 的位置作为起始位置（此时点B 和点D 位于AC 的两侧），设旋转角为α，连接BD ，点P 是线段BD 的中点，连接PC ，PE ．①如图2，当△ADE 在起始位置时，猜想：PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是 ； ②如图3，当α＝90°时，点D 落在AB 边上，请判断PC 与PE 的数量关系和位置关系，并证明你的结论；③当α＝150°时，若BC ＝3，DE ＝l ，请直接写出PC 2的值．【答案】（1）200；（2）①PC ＝PE ，PC ⊥PE ；②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ，见解析；③PC 21033+. 【解析】 【分析】（1）由CD ∥AB ，可得∠C ＝∠B ，根据∠APB ＝∠DPC 即可证明△ABP ≌△DCP ，即可得AB ＝CD ，即可解题．（2）①延长EP 交BC 于F ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ）可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．②作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ），结合已知得BF ＝DE ＝AE ，再证明△FBC ≌△EAC （SAS ），可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．③作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°，得∠FBC ＝∠EAC ，同②可证可得PC ＝PE ，PC ⊥PE ，再由已知解三角形得∴EC 2＝CH 2+HE 2＝1033+求出22110332PC EC +==【详解】（1）解：∵CD ∥AB ，∴∠C ＝∠B ， 在△ABP 和△DCP 中，BP CP APB DPC B C =⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩， ∴△ABP ≌△DCP （SAS ）， ∴DC ＝AB ． ∵AB ＝200米． ∴CD ＝200米， 故答案为：200．（2）①PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ． 理由如下：如解图1，延长EP 交BC 于F ， 同（1）理，可知∴△FBP ≌△EDP （SAS ）， ∴PF ＝PE ，BF ＝DE ， 又∵AC ＝BC ，AE ＝DE ， ∴FC ＝EC ， 又∵∠ACB ＝90°，∴△EFC 是等腰直角三角形， ∵EP ＝FP ， ∴PC ＝PE ，PC ⊥PE ．②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ． 理由如下：如解图2，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ， 同①理，可知△FBP ≌△EDP （SAS ）， ∴BF ＝DE ，PE ＝PF ＝12EF ， ∵DE ＝AE ， ∴BF ＝AE ，∵当α＝90°时，∠EAC ＝90°， ∴ED ∥AC ，EA ∥BC ∵FB ∥AC ，∠FBC ＝90， ∴∠CBF ＝∠CAE ， 在△FBC 和△EAC 中，BF AE CBE CAE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△FBC ≌△EAC （SAS ）， ∴CF ＝CE ，∠FCB ＝∠ECA ， ∵∠ACB ＝90°，∴∠FCE ＝90°，∴△FCE 是等腰直角三角形， ∵EP ＝FP ， ∴CP ⊥EP ，CP ＝EP ＝12EF ． ③如解图3，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°， ∴∠FBC ＝∠EAC ＝α＝150° 同②可得△FBP ≌△EDP （SAS ），同②△FCE 是等腰直角三角形，CP ⊥EP ，CP ＝EP ＝22CE ， 在Rt △AHE 中，∠EAH ＝30°，AE ＝DE ＝1， ∴HE ＝12，AH ＝32， 又∵AC ＝AB ＝3， ∴CH ＝3+32， ∴EC 2＝CH 2+HE 2＝1033+ ∴PC 2＝21103322EC +=【点睛】本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．12．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。

2020年中考九年级数学旋转压轴题专题复习(WORD版,包含答案)

2020年中考九年级数学旋转压轴题专题复习(WORD版,包含答案)

四川省渠县三中 2020 年中考九年级数学旋转压轴题专题复习练习1、填空或解答：点 B、C、E 在同一直线上，点 A、D 在直线 CE 的同侧，AB=AC，EC=ED，∠BAC=∠CED，直线 AE、BD 交于点 F．（1）如图①，若∠BAC=60°，则∠AFB=；如图②，若∠BAC=90°，则∠ AFB= ；（2）如图③，若∠BAC=α，则∠AFB=（用含α的式子表示）；（3）将图③中的△ABC绕点 C 旋转（点 F 不与点 A、B 重合），得图④或图⑤．在图④中，∠AFB与∠α的数量关系是∠AFB=90°；在图⑤中，∠AFB与∠ α的数量关系是．请你任选其中一个结论证明．2、如图，等腰直角△ABC中，∠ABC=90°，点P 在AC 上，将△ABP绕顶点 B 沿顺时针方向旋转90°后得到△CBQ．（1）求∠PCQ的度数；（2）当AB=4，AP：PC=1：3 时，求 PQ 的大小；（3）当点 P 在线段 AC 上运动时（P 不与 A 重合），请写出一个反映PA2，PC2，PB2之间关系的等式，并加以证明．3、如图 1，已知△ABC中，AB=BC=1，∠ABC=90°，把一块含30°角的三角板 DEF 的直角顶点 D 放在AC 的中点上（直角三角板的短直角边为 DE，长直角边为 DF），将直角三角板 DEF 绕D 点按逆时针方向旋转．（1）在图 1 中，DE 交AB 于M，DF 交BC 于N．①证明 DM=DN；②在这一过程中，直角三角板 DEF 与△ABC的重叠部分为四边形 DMBN，请说明四边形 DMBN 的面积是否发生变化？若发生变化，请说明是如何变化的；若不发生变化，求出其面积；（2）继续旋转至如图 2 的位置，延长 AB 交DE 于M，延长 BC 交DF 于N，DM=DN 是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；（3）继续旋转至如图 3 的位置，延长 FD 交BC 于N，延长 ED 交AB 于M，DM=DN 是否仍然成立？若成立，请给出写出结论，不用证明．4、已知△ABC中，∠ACB=135°，将△ABC绕点A 顺时针旋转90°，得到△AED，连接 CD，CE．（1）求证：△A CD 为等腰直角三角形；（2）若BC=1，AC=2，求四边形 ACED 的面积．5、如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=3，tan∠B=，点P 在BC 边上，且BP=3．以点 P 为中心，将△ABC中按逆时针方向旋转90°至△A′B′C′，A′C′与 AC、BC 分别交于点 R、Q，B′C′与AC、BC 分别交于点 S、P．求：（1）线段PC′的长；（2）线段 RS 的长．6、如图，把一块含60°的三角尺 ACB 与边长为 2 的正方形 ACFG 按如图所示重叠在一起，∠B=30°．若把三角尺绕直角顶点 C 按顺时针方向旋转，使斜边 AB 恰好经过正方形 ACFG 的顶点 F，得△PCN，PC，PN 交AB 于D、E．（1）求∠BAC的度数；（2）△ACB至少旋转多少度才能得到△PCN？请通过计算说明理由；（3）试求出△ACB与△PCN的重叠部分（即四边形 CDEF）的面积（精确到 0.01）．7、如图 1，△ABC与△DEF中，AB=AC，D 为BC 的中点，∠EDF+∠BAC=180°，直线DF 、 DE 分别交直线AB 、AC 于点P 、Q．（1）如图 2，∠BAC=60°，猜想 BP+QC 与BC 的关系，并说明理由；（2）当∠BAC=120°，BP+QC 与BC 的关系为；（3）当∠BAC=α，探究 BP+QC 与BC 的关系，并说明理由；（4）如图 3，当△DEF绕点 D 旋转时，其他条件不变，（3）中的结论是否一定成立？若成立，请你写出一个真命题；若不成立，请你画图说明．8、把两个全等的等腰直角三角形 ABC 和 EFG（其直角边长均为 4）叠放在一起（如图①），且使三角板 EFG 的直角顶点 G 与三角板 ABC 的斜边中点 O 重合．现将三角板 EFG 绕 O 点逆时针旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°），四边形 CHGK 是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）．（1） 在上述旋转过程中，BH 与 CK 有怎样的数量关系四边形 CHGK 的面积有何变化？证明你发现的结论；（2） 连接 HK ，在上述旋转过程中，设 BH=x ，△GKH 的面积为 y ，求 y 与 x 之间的函数关系式，并写出自变量 x 的取值范围；（3） 在（2）的前提下，是否存在某一位置，使△GKH 的面积恰好等于△ABC 面积的？若存在，求出此时 x 的值；若不存在，说明理由．9、将两块含 30°角且大小相同的直角三角板如图 1 摆放．（1） 将图 1 中△A 1B 1C 绕点 C 顺时针旋转 45°得图 2，点 P 1 是 A 1C 与 AB 的交点，求证：CP 1=AP 1；（2） 将图 2 中△A 1B 1C 绕点 C 顺时针旋转 30°到△A 2B 2C （如图 3），点 P 2 是 A 2C与 AB 的交点．线段 CP 1 与 P 1P 2 之间存在一个确定的等量关系，请你写出这个关系式并说明理由； （3） 将图 3 中线段 CP 1 绕点 C 顺时针旋转 60°到 CP 3（如图 4），连接 P 3P 2，求证： P 3P 2⊥AB．10、如图，平面直角坐标系中，△ABC 为等边三角形，其中点 A 、B 、C 的坐标分别为（﹣3，﹣1）、（﹣3，﹣3）、（﹣3+，﹣2）．现以 y 轴为对称轴作△ABC 的对称图形，得△A 1B 1C 1，再以 x 轴为对称轴作△A 1B 1C 1 的对称图形，得△A 2B 2C 2． （1） 直接写出点 C 1、C 2 的坐标； （2） 能否通过一次旋转将△ABC 旋转到△A 2B 2C 2 的位置？你若认为能，请作出肯定的回答，并直接写出所旋转的度数；你若认为不能，请作出否定的回答（不必说明理由）； （3） 设当△ABC 的位置发生变化时，△A 2B 2C 2、△A 1B 1C 1 与△ABC 之间的对称关系始终保持不变．①当△ABC向上平移多少个单位时，△A1B1C1与△A2B2C2完全重合并直接写出此时点C 的坐标；②将△ABC绕点A 顺时针旋转α°（0≤α≤180），使△A1B1C1与△A2B2C2完全重合，此时α的值为多少点 C 的坐标又是什么？11、如图a，△ABC和△CEF是两个大小不等的等边三角形，且有一个公共顶点 C，连接 AF 和BE．（1）线段 AF 和BE 有怎样的大小关系？请证明你的结论；（2）将图 a 中的△CEF绕点 C 旋转一定的角度，得到图 b，这时（1）中的结论还成立吗？作出判断并说明理由；（3）若将图 a 中的△ABC绕点C 旋转一定的角度，请你画出一个变换后的图形（草图即可），（1）中的结论还成立吗？作出判断不必说明理由；（4）根据以上证明、说理、画图，归纳你的发现．12、如图，已知△A BC 是等腰直角三角形，CD 是斜边AB 的中线，△ADC绕点D 旋转一定角度得到△A'DC'，A'D 交AC 于点E，DC'交BC 于点F，连接EF，若，则的值？13、如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=10，在△DCE中，∠DCE=90°，DC=EC=6，点D 在线段 AC 上，点E 在线段 BC 的延长线上．将△DCE绕点C 旋转60°得到△D′CE′（点D 的对应点为点D′，点E 的对应点为点E′），连接AD′、BE′，过点 C 作CN⊥BE′，垂足为 N，直线 CN 交线段AD′于点 M，求MN 的长？14、如图，在等腰Rt△ABC中，P 是斜边 BC 的中点，以 P 为顶点的直角的两边分别与边 AB，AC 交于点 E，F，连接 EF．当∠EPF绕顶点 P 旋转时（点E 不与A， B 重合），△PEF也始终是等腰直角三角形，请你说明理由．答案：1、【解答】解：（1）∵AB=AC，EC=ED，∠BAC=∠CED=60°，∴△ABC∽△EDC，∴∠CBD=∠CAE，∴∠AFB=180°﹣∠CAE﹣∠BAC﹣∠ABD=180°﹣∠BAC﹣∠ABC=∠ACB，∴∠AFB=60°，同理可得：∠AFB=45°；（2）∵AB=AC，EC=ED，∠BAC=∠CED，∴△ABC∽△EDC，∴∠ACB=∠ECD，，∴∠BCD=∠ACE，∴△BCD∽△ACE，∴∠CBD=∠CAE，∴∠AFB=180°﹣∠CAE﹣∠BAC﹣∠ABD，=180°﹣∠BAC﹣∠ABC=∠ACB，∵AB=AC，∠BAC=α，∴∠ACB=90°﹣，∴∠AFB=90°﹣．故答案为：∠AFB=90°．（3）图4 中：∠AFB=90°；图5 中：∠AFB=90°+．∠AFB=90°的证明如下：∵AB=AC，EC=ED，∠BAC=∠CED，∴△ABC∽△EDC，∴∠ACB=∠ECD，，∴∠BCD=∠ACE，∴△BCD∽△ACE，∴∠CBD=∠CAE，∴∠AFB=180°﹣∠CAE﹣∠BAC﹣∠ABD，=180°﹣∠BAC﹣∠ABC=∠ACB，∵AB=AC，∠BAC=α，∴∠ACB=90°﹣，∴∠AFB=90°﹣．∠AFB=90°+的证明如下：∵AB=AC，EC=ED，∠BAC=∠CED，∴△ABC∽△EDC，∴∠ACB=∠ECD，，∴∠BCD=∠ACE，∴△BCD∽△ACE，∴∠BDC=∠AEC，∴∠AFB=∠BDC+∠CDE+∠DEF，=∠CDE+∠CED=180°﹣∠DCE，∵AB=AC，EC=ED，∠BAC=∠DEC=α，∴∠DCE=90°﹣，∴∠AFB=180°﹣（90°﹣）=90°+．2、【解答】解：（1）由题意知，△ABP≌△CQB，∴∠A=∠ACB=∠BCQ=45°，∠ABP=∠CPQ，AP=CQ，PB=BQ，∴∠PCQ=∠ACB+∠BCQ=90°，∠ABP+∠PBC=∠CPQ+∠PBC=90°，∴△BPQ 是等腰直角三角形，△PCQ 是直角三角形．（2）当AB=4，AP：PC=1：3 时，有AC=4，AP=，PC=3，∴PQ==2 ．（3）存在 2PB2=PA2+PC2，由于△BPQ是等腰直角三角形，∴PQ=PB，∵AP=CQ，∴PQ2=PC2+CQ2=PA2+PC2，故有 2PB2=PA2+PC2．3、【解答】解：（1）①如图 1，连接 DB，在Rt△ABC中，AB=BC，AD=DC，∴DB=DC=AD，∠BDC=90°，∴∠ABD=∠C=45°，∵∠MDB+∠BDN=∠CDN+∠BDN=90°，∴∠MDB=∠NDC，∴△BMD≌△CND（ASA），∴DM=DN；②四边形 DMBN 的面积不发生变化；由①知△BMD≌△CND，∴S△BMD =S△CND，∴S四边形DMBN =S△DBN+S△DMB=S△DBN+S△DNC=S△DBC=S△ABC=×=；（2）DM=DN 仍然成立；证明：如图 2，连接 DB，在Rt△ABC 中，AB=BC，AD=DC，∴DB=DC，∠BDC=90°，∴∠DCB=∠DBC=45°，∴∠DBM=∠DCN=135°，∵∠NDC+∠CDM=∠BDM+∠CDM=90°，∴∠CDN=∠BDM，则在△BMD和△CND中，，∴△BMD≌△CND（ASA），∴DM=DN．（3）DM=DN．4、【解答】证明：（1）∵△AED是△ABC旋转90°得到的，∴△ABC≌△AED，∴∠CAD=90°，AC=AD，∠ADE=∠ACB=135°，∴△ACD 是等腰直角三角形；解：（2）∵△ACD是等腰直角三角形，∴∠ADC=∠ACD=45°，AC=AD=2，∴CD==2 ，由（1）知，∠ADE=135°，∴∠CDE=∠ADE﹣∠ADC=90°，∵D E=BC=1，∴S四边形ADEC =S△ACD+S△CDE=AC•AD+ CD•DE= ×2×2+×2×1=2+．5、【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=3，tan∠B=，∴AC=3× =4，BC===5，∵BP=3，∴PC=BC﹣BP=5﹣3=2，∵△ABC 按逆时针方向旋转90°得到△A′B′C′，∴PC′=PC=2；（2）由题意可知∠SPC=90°，∴∠PSC=∠B，在Rt△SPC中，∠SPC=90°，tan∠PSC=，PC=2∴SP=2÷= ，∴SC===，∴SC′=PC′﹣SP=，∵∠RSC′=∠PSC，∠C′=∠C，∴△RSC′∽△PSC，∴= ，即= ，解得RS=．6、【解答】解：（1）∠BAC=90°﹣30°=60°．（2）∵AC=CP=CF，又∠CPN=∠CAB=60°，∴△PCF 是等边三角形．∴∠PCF=60°．∴∠ACP=90°﹣∠PCF=30°，即△ABC 旋转30°时，得到△PCN．（3）在△ACD 中，∠ACD=30°，∠BAC=60°，∴∠ADC=90°，AD=AC=1，CD=AC•Sin60°=，∴PD=2﹣，DE=PD•tan60°=2﹣3．∴△PDE的面积为： PD•DE==CF•CP•sin60°=．又∵S△PCF，∴四边形DCFE 的面积为：﹣（）≈1.67． 7、【解答】解：（1）BP+QC=BC；理由如下：过 D 作DM⊥AB 于 M，DN⊥AC 于 N，则∠MDN=∠PDQ=180°﹣∠BAC．∵∠B=∠C，BD=DC，∠DMB=∠DNC，∴△BDM≌△CDN，得 DM=DN，BM=NC．∵∠MDP=∠MDN﹣∠PDN，∠NDQ=∠PDQ﹣∠PDN，且∠MDN=∠PDQ，∴∠MDP=∠NDQ．又∵∠DMP=∠DNQ=90°，DM=DN，∴△DMP≌△DNQ，得 MP=NQ．∴BP+QC=BM+MP+NC﹣NQ=2BM．Rt△BDM中，∠B=60°，则BM=BD•cos∠B=BD，∴BP+QC=2BM=×2BD=BC．（2）BP+QC=BC．（证法可参照（1）（3））（3）BP+QC=BC•cos（90°﹣α）．解法同（1），过 D 作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N，则∠MDN=∠PDQ=180°﹣∠BAC．∵∠B=∠C，BD=DC，∠DMB=∠DNC，∴△BDM≌△CDN，得 DM=DN，BM=NC．∵∠MDP=∠MDN﹣∠PDN，∠NDQ=∠PDQ﹣∠PDN，且∠MDN=∠PDQ，∴∠MDP=∠NDQ，又∵∠DMP=∠DNQ=90°，DM=DN，∴△DMP≌△DNQ，得 MP=NQ．∴BP+QC=BM+MP+NC﹣NQ=2BM．Rt△BDM中，∠B=（180°﹣α）=90°﹣α，则BM=BD•cos∠B=BD•cos（90°﹣α）；∴BP+QC=2BM=2BD•cos（90°﹣α）=BC•cos（90°﹣α）．（4）当P、Q 分别在线段 BA、AC 上时，（3）的结论依然成立，即BP+QC 与BC 的关系为：BP+QC=BC•cos（90°﹣α）．（证法同（3））当P、Q 在BA、AC 的延长线上时，（3）的结论不成立．如图 3，同（3）可得：BM=NC，MP=NQ．∴BP+CQ=BM+MP+NQ﹣NC=BM+MP+BM﹣MP=2BM=2NQ．因此（3）的结论不成立．8、【解答】解：（1）在上述旋转过程中，BH=CK，四边形 CHGK 的面积不变．证明：连接 CG，KH，∵△ABC 为等腰直角三角形，O（G）为其斜边中点，∴CG=BG，CG⊥AB，∴∠ACG=∠B=45°，∵∠BGH 与∠CGK 均为旋转角，∴∠BGH=∠CGK，在△BGH 与△CGK 中，∴△BGH≌△CGK（ASA），∴BH=CK，S△BGH =S△CGK．∴S四边形CHGK =S△CHG+S△CGK=S△CHG+S△BGH=S△ABC=××4×4=4，即：S四边形CHGK的面积为 4，是一个定值，在旋转过程中没有变化；（2）∵AC=BC=4，BH=x，∴CH=4﹣x，CK=x．由S△GHK =S四边形CHGK﹣S△CHK，得y=4﹣x（4﹣x），∴y=x2﹣2x+4．由0°＜α＜90°，得到 BH 最大=BC=4，∴0＜x＜4；（3）存在．根据题意，得x2﹣2x+4= ×8，解这个方程，得 x1=1，x2=3，即：当x=1 或x=3 时，△GHK的面积均等于△ABC的面积的．9、【解答】（1）证明：过点 P1作CA 的垂线，垂足为D．易知：△CDP1为等腰直角三角形，△P1DA 是直角三角形，且∠A=30°，所以CP1=P1D，P1D= AP1，故CP1=AP1．（2）解：过点 P1 作CA2 的垂线，垂足为 E，易知：△P1EP2是等腰直角三角形，（其中∠2=∠A+∠P2CA=45°），因为△P1CE 是直角三角形，且∠1=30°，所以CP1=2P1E，P1E=P1P2，故CP1=P1P2．（3）证明：将图 3 中线段 CP1 绕点 C 顺时针旋转60°到CP3，易证：△CP1P2≌△CP3P2，于是∠CP3P2=∠CP1P2=105°，∴∠P1P2P3=360°﹣105°×2﹣60°=90°，故 P2P3⊥AB．10、解：（1）点C1、C2的坐标分别为（3﹣，﹣2）、（3﹣，2）．（2）能通过一次旋转将△ABC旋转到△A2B2C2 的位置，所旋转的度数为180°；（3）①当△ABC向上平移 2 个单位时，△A1B1C1 与△A2B2C2 完全重合，此时点 C 的坐标为（﹣3+，0）（如图1）；②当α=180时，△A1B1C1与△A2B2C2完全重合，此时点C 的坐标为（﹣3﹣，0）（如图 2）．11、【解答】解：（1）AF=BE．证明：在△AFC和△BEC中，∵△ABC 和△CEF 是等边三角形，∴AC=BC，CF=CE，∠ACF=∠BCE=60°，∴△AFC≌△BEC．∴AF=BE．（2）成立．理由：在△AFC 和△BEC 中，∵△ABC 和△CEF 是等边三角形，∴AC=BC，CF=CE，∠ACB=∠FCE=60°，∴∠ACB﹣∠FCB=∠FCE﹣∠FCB，即∠ACF=∠BCE．∴△AFC≌△BEC，∴AF=BE．（3）此处图形不惟一，仅举几例．如图，（1）中的结论仍成立．12、【解答】解：∵△ABC 是等腰直角三角形，CD 是斜边 AB 的中线，∴CD⊥AB，CD=AD，∠A=∠BCD=45°．又∵∠ADE=90°﹣∠CDE=∠CDF，∴△ADE≌△CDF （ASA）∴DE=DF．∵DA=DA′，DC=DC′，∴DE：DA′=DF：DC′，∴EF∥A′C′．∴△DEF∽△DA′C′，∴．∵，则，∴．13、【解答】解：①若将△DCE 绕点 C 顺时针旋转60°得到△D′CE′，如图中左边所示，过点 B 作E′C的垂线交其延长线于 F 点，过点D′作CM 的垂线交 CM 于H 点，过 A 点作CM 的垂线交其延长线于 G 点．∵∠ACD′=60°，∠ACB=∠D′CE′=90°，∴∠BCE′=360°﹣∠ACD′﹣∠ACB﹣∠D′CE′=120°．∴∠BCF=180°﹣∠BCE′=60°，BF=sin∠BCF•BC= ×10=，=BF•CE′=．∴S△BCE′∵∠ACG+∠BCN=90°，∠BCN+∠CBN=90°，∴∠ACG=∠CBN，又∵AC=BC，∴Rt△ACG≌Rt△CBN，∴AG=CN，CG=BN．同理△CD′H≌△E′CN，D′H=CN，CH=NE′．∴AG=D′H，在△AMG 和△D′MH 中，∴△AMG≌△D′MH，∴HM=MG，∴M为GH 中点，CM=（CG+CH）= （NB+NE′）=BE′．又∵BF=，∠BCF=60°，∴CF=5，FE′=CF+CE′=11，∴BE′== =14，∴CM=BE′=7．又∵SCN•BE′，△BCE′=÷BE′=，∴CN=2S△BCE′∴MN=CM+CN=7．②同理，当△CDE逆时针旋转60°时，MN 如图中右边所示，MN=7﹣．故答案为：7+或7﹣．14、【解答】解：理由如下：连接 PA，∵PA 是等腰△ABC 底边上的中线，∴PA⊥PC（等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合（三线合一））．又AB⊥AC，∴∠1=90°﹣∠PAC，∠C=90°﹣∠PAC，∴∠1=∠C（等量代换）．同理可得PA⊥PC，PE⊥PF，∴∠2=90°﹣∠APF，∠3=90°﹣∠APF，∴∠2=∠3．由 PA 是Rt△ABC 斜边上的中线，得：PA=BC=PC（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）．在△PAE和△PCF中，∠1=∠C，PA=PC，∠2=∠3，∴△PAE≌△PCF（ASA）．∴PE=PF（全等三角形对应边相等），则△PEF始终是等腰直角三角形．。

备战中考数学——旋转的综合压轴题专题复习含答案

备战中考数学——旋转的综合压轴题专题复习含答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠PCQ=45°，把∠PCQ绕点C旋转，在整个旋转过程中，过点A作AD⊥CP，垂足为D，直线AD交CQ于E．（1）如图①，当∠PCQ在∠ACB内部时，求证：AD+BE=DE；（2）如图②，当CQ在∠ACB外部时，则线段AD、BE与DE的关系为_____；（3）在（1）的条件下，若CD=6，S△BCE=2S△ACD，求AE的长．【答案】(1)见解析（2）AD=BE+DE （3）8【解析】试题分析：（1）延长DA到F，使DF=DE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF，再求出∠ACF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等，根据全等三角形的即可证明AF=BE，从而得证；（2）在AD上截取DF=DE，然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF，再求出∠ACF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等，根据全等三角形的即可证明AF=BE，从而得到AD=BE+DE；（3）根据等腰直角三角形的性质求出CD=DF=DE，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF=2AD，然后求出AD的长，再根据AE=AD+DE代入数据进行计算即可得解．试题解析：（1）证明：如图①，延长DA到F，使DF=DE．∵CD⊥AE，∴CE=CF，∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠ACF=∠DCF=45°．又∵∠ACB=90°，∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠BCE=90°﹣45°=45°，∴∠ACF=∠BCE．在△ACF和△BCE中，∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD+BE=AD+AF=DF=DE，即AD+BE=DE；（2）解：如图②，在AD上截取DF=DE．∵CD⊥AE，∴CE=CF，∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ECF=∠DCE+∠DCF=90°，∴∠BCE+∠BCF=∠ECF=90°．又∵∠ACB=90°，∴∠ACF+∠BCF=90°，∴∠ACF=∠BCE．在△ACF和△BCE中，∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD=AF+DF=BE+DE，即AD=BE+DE；故答案为：AD=BE+DE．（3）∵∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ECF=45°+45°=90°，∴△ECF是等腰直角三角形，∴CD=DF=DE=6．∵S△BCE=2S△ACD，∴AF=2AD，∴AD=1×6=2，∴AE=AD+DE=2+6=8．12点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰直角三角形的性质，综合性较强，但难度不是很大，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．2．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6，点D是射线OM 上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．（1）如图1，猜想：△CDE的形状是三角形．（2）请证明（1）中的猜想（3）设OD=m，①当6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．②是否存在m的值，使△DEB是直角三角形，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）等边；（2）详见解析；（3）3；②当m=2或14时，以D、E、B 为顶点的三角形是直角三角形．【解析】【分析】（1）由旋转的性质猜想结论；（2）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（3）①当6＜m＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；②存在，分四种情况讨论：a）当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；b）当0≤m＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2=m；c）当6＜m＜10时，此时不存在；d）当m＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到m=14．【详解】（1）等边；（2）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE是等边三角形．（3）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得：BE=AD，∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，∴C△DBE=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD=23，∴△BDE的最小周长=CD+4=23+4；②存在，分四种情况讨论：a）∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；b）当0≤m＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°．∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°．∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴m=2；c）当6＜m＜10时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；d）当m＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE=90°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14，∴m=14．综上所述：当m=2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．3．如图①，在ABCD中，AB=10cm，BC=4cm，∠BCD=120°，CE平分∠BCD交AB于点E.点P从A点出发，沿AB方向以1cm/s的速度运动，连接CP，将△PCE绕点C逆时针旋转60°，使CE与CB重合，得到△QCB，连接PQ.（1）求证：△PCQ是等边三角形；（2）如图②，当点P在线段EB上运动时，△PBQ的周长是否存在最小值？若存在，求出△PBQ周长的最小值；若不存在，请说明理由；（3）如图③，当点P在射线AM上运动时，是否存在以点P、B、Q为顶点的直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由.（1）（2）（3）【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3）t为2s或者14s.【解析】分析：（1）根据旋转的性质，证明△PCE≌△QCB，然后根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可；（2）利用平行四边形的性质证得△BCE为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到△PBQ的周长为4+CP，然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可；（3）根据点的移动的距离，分类讨论求解即可.详解：（1）∵旋转∴△PCE≌△QCB∴CP=CQ，∠PCE =∠QCB，∵∠BCD=120°，CE平分∠BCD，∴∠PCQ=60°，∴∠PCE +∠QCE=∠QCB+∠QCE=60°，∴△PCQ为等边三角形.（2）存在∵CE平分∠BCD，∴∠BCE=60 ，∵在平行四边形ABCD 中，∴AB∥CD∴∠ABC=180°﹣120°=60°∴△BCE为等边三角形∴BE=CB=4∵旋转∴△PCE≌△QCB∴EP=BQ，∴C△PBQ=PB+BQ+PQ=PB+EP+PQ=BE+PQ=4+CP∴CP⊥AB时，△PBQ周长最小当CP⊥AB时，CP=BCsin60°=∴△PBQ周长最小为4＋（3）①当点B与点P重合时，P,B,Q不能构成三角形②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠CPE=∠CQB，∠CPQ=∠CPB+∠BPQ=60°则：∠BPQ+∠CQB＝60°，又∵∠QPB+∠PQC+∠CQB+∠PBQ=180°∴∠CBQ=180°—60°—60°=60°∴∠QBP=60°，∠BPQ＜60°，所以∠PQB可能为直角由（1）知，△PCQ为等边三角形，∴∠PBQ=60°，∠CQB＝30°∵∠CQB＝∠CPB∴∠CPB=30°∵∠CEB＝60°，∴∠ACP＝∠APC=30°∴PA=CA=4，所以AP=AE-EP=6-4=2÷=s所以t＝212③当6＜t＜10时，由∠PBQ＝120°＞90°，所以不存在④当t＞10时，由旋转得：∠PBQ=60°，由（1）得∠CPQ=60°∴∠BPQ=∠CPQ+∠BPC=60°+∠BPC，而∠BPC＞0°，∴∠BPQ＞60°∴∠BPQ=90°，从而∠BCP=30°，所以AP=14cm所以t=14s综上所述：t为2s或者14s时，符合题意。

中考数学专题复习旋转的综合题及详细答案

中考数学专题复习旋转的综合题及详细答案

【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.
∵ PE2+AE2=AP2， ∴ △ PEA 是直角三角形 ∴ ∠ PEA=90°， ∴ ∠ CEA=135°， 又∵ △ CPB≌ △ CEA ∴ ∠ BPC=∠ CEA=135°． 【点睛】 考点：几何变换综合题；平行线平行线分线段成比例.
6．如图，在 Rt△ ABC 中，∠ ACB=90°，∠ A=30°，点 O 为 AB 中点，点 P 为直线 BC 上的动 点（不与点 B、点 C 重合），连接 OC、OP，将线段 OP 绕点 P 顺时针旋转 60°，得到线段 PQ，连接 BQ． （1）如图 1，当点 P 在线段 BC 上时，请直接写出线段 BQ 与 CP 的数量关系． （2）如图 2，当点 P 在 CB 延长线上时，（1）中结论是否成立？若成立，请加以证明；若 不成立，请说明理由； （3）如图 3，当点 P 在 BC 延长线上时，若∠ BPO=15°，BP=4，请求出 BQ 的长．
【答案】（1）详见解析；（2）FE·sin( －90°) 【解析】 【分析】 (1)由四边形 ABCD 是平行四边形得 AF∥ BE，所以∠ FAE=∠ BEA，由折叠的性质得 ∠ BAE=∠ FAE，∠ BEA=∠ FEA,所以∠ BAE=∠ FEA，故有 AB∥ FE，因此四边形 ABEF 是平行四 边形，又 BE=EF,因此可得结论； (2)根据点 M 在线段 BE 上和 EC 上两种情况证明∠ ENG＝90°－ ，利用菱形的性质得到

中考数学旋转-经典压轴题附详细答案

中考数学旋转-经典压轴题附详细答案

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

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

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

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

中考数学初中数学 旋转-经典压轴题附答案解析

中考数学初中数学 旋转-经典压轴题附答案解析

中考数学初中数学 旋转-经典压轴题附答案解析一、旋转1．在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=α（︒<<︒600α），将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD 。

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

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

（2）△ABE 为等边三角形。

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

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

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

∴11BAD CAD BAC 22α∠=∠=∠=。

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

∴BEC BAD ∠=∠。

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

∴AB=BE 。

∴△ABE 为等边三角形。

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

又∵∠DEC=45°，∴△DCE 为等腰直角三角形。

∴DC=CE=BC 。

∵∠BCE=150°，∴(180150)EBC 152︒-︒∠==︒。

而1EBC 30152α∠=︒-=︒。

∴30α=︒。

（1）∵AB=AC ，∠BAC=α，∴180ABC 2α︒-∠=。

中考数学专题训练第13讲轴对称与旋转1(解析版)

中考数学专题训练第13讲轴对称与旋转1(解析版)

轴对称与旋转（压轴题组）1．综合与实践问题情境：数学活动课上.老师出示了一个问题：如图①.在平行四边形ABCD中.BE⊥AD.垂足为E.F为CD的中点.连接EF.BF.试猜想EF与BF的数量关系.并加以证明．独立思考：（1）请解答老师提出的问题.实践探究：（2）希望小组受此问题的启发.将平行四边形ABCD沿着BF（F为CD的中点）所在直线折叠.如图②.点C的对应点为C′.连接DC′并延长交AB于点G.请判断AG与BG的数量关系.并加以证明．问题解决：（3）智慧小组突发奇想.将▱ABCD沿过点B的直线折叠.如图③.点A的对应点为A′.使A′B⊥CD于点H.折痕交AD于点M.连接A′M.交CD于点N．该小组提出一个问题：若此平行四边形ABCD的面积为20.边长AB＝5.BC＝25.求图中阴影部分（四边形BHNM）的面积．请你思考此问题.直接写出结果．【答案】（1）EF=BF.理由见解析. （2）AG=BG.理由见解析. （3）223．【详解】解：（1）结论：EF=BF.理由如下：如图.过点F作FH∥AD交BE于点H.∵四边形ABCD是平行四边形.∴AD∥BC.∵FH∥AD.∴DE∥FH∥CB.∵F为CD的中点.即DF=CF.∴1EH DF HB FC== ∴EH =HB .∵BE ⊥AD .FH ∥AD .∴FH ⊥EB .∴EF =BF .（2）结论：AG =BG .理由如下：连接CC ' .由折叠知识得：BF CC '⊥ .FC FC '= .∵DF =FC .∴DF FC FC '==.∴,CC F C CF C DF DC F ''''∠=∠∠=∠ .∴CC D CC F DC F C CF C DF '''''∠=∠+∠=∠+∠.∴90CC D '∠=︒，∴CC GD '⊥ .∴DG ∥BF .∵DF ∥BG .∴四边形DFBG 是平行四边形.∴DF =BG .∵12AB CD DF CD ==， . ∴12BG AB = . ∴AG =GB .（3）如图.过点D 作DJ ⊥AB 于点J .过点M 作MT ⊥AB 于点T .∵S 平行四边形ABCD =AB ×DJ .∴DJ =20=45. ∵BC ＝5∴()222225-4=2AJ AD DJ =-= . 在平行四边形ABCD 中.AB ∥CD .∵A B CD '⊥ .∴A B AB '⊥ .∵DJ ⊥AB .∴∠DJB =∠JBH =∠DHB =90°.∴四边形DJBH 是矩形.∴BH =DJ =4.∴541A H A B BH ''=-=-= .∵MT ⊥AB .DJ ⊥AB .∴MT ∥DJ .∴ △ATM ∽△ADJ .∴MT AT DJ AJ = . ∴4=22MT DJ AT AJ ==. 设AT =x .则MT =2x .根据折叠得：45ABM MBA '∠=∠=︒ .∴MT =TB =2x .∴3x =5.解得：53x = . ∴103MT = . ∵,90A A AJD NHA ''∠=∠∠=∠=︒ .∴ △ADJ ∽△A ＇NH .∴DJ AJ NH A H='.∴422NH DJA H AJ==='.∴NH=2.∴110255233 ABM A BMS S'==⨯⨯=.∴2512212323A BM NHABHNMS S S''=-=-⨯⨯=四边形．2．（2021·山东中区·九年级期末）定义：关于x轴对称且对称轴相同的两条抛物线叫作“同轴对称抛物线”．例如：y1＝（x﹣1）2﹣2的“同轴对称抛物线”为y2＝﹣（x﹣1）2+2．（1）请写出抛物线y1＝（x﹣1）2﹣2的顶点坐标.及其“同轴对称抛物线”y2＝﹣（x﹣1）2+2的顶点坐标.（2）求抛物线y＝﹣2x2+4x+3的“同轴对称抛物线”的解析式．（3）如图.在平面直角坐标系中.点B是抛物线L：y＝ax2﹣4ax+1上一点.点B的横坐标为1.过点B作x轴的垂线.交抛物线L的“同轴对称抛物线”于点C.分别作点B、C关于抛物线对称轴对称的点B'、C'.连接BC、CC'、B C''、BB'．①当四边形BB C C''为正方形时.求a的值．②当抛物线L与其“同轴对称抛物线”围成的封闭区域内（不包括边界）共有11个横、纵坐标均为整数的点时.直接写出a的取值范围．【答案】（1）(1.﹣2).(1.2).（2）y＝2（x﹣1）2﹣5.（3）①a＝23.②34≤a≤1或﹣14≤a＜﹣15【详解】解：（1）由y1＝（x﹣1）2﹣2知顶点坐标为（1.﹣2）. 由y2＝﹣（x﹣1）2+2知顶点坐标为（1.2）.故答案为：（1.﹣2）.（1.2）．（2）∵y＝﹣2x2+4x+3y＝﹣2（x﹣1）2+5.∴“同轴对称抛物线”的解析式为：y＝2（x﹣1）2﹣5．（3）①当x＝1时.y＝1﹣3a.∴B （1.1﹣3a ）.∴C （1.3a ﹣1）.∴BC ＝|1﹣3a ﹣（3a ﹣1）|＝|2﹣6a |.∵抛物线L 的对称轴为直线x ＝42a a--＝2. ∴点B '（3.1﹣3a ）.∴BB '＝3﹣1＝2.∵四边形BB 'C 'C 是正方形.∴BC ＝BB '.即|2﹣6a |＝2.解得：a ＝0（舍）或a ＝23． ②抛物线L 的对称轴为直线x ＝2.顶点坐标为（2.1﹣4a ）.∵L 与“同轴对称抛物线”关于x 轴对称.∴整点数也是关于x 轴对称出现的.∴封闭区域内在x 轴上的整点可以是3个或5个.L 与x 轴围成的区域内整点个数为4个或3个.（i ）当a ＞0时.∵L 开口向上.与y 轴交于点（0.1）.∴封闭区域内在x 轴上只可能有3个整点.两个区域内各有4个整点.∴当x ＝1时.﹣2≤1﹣3a ＜﹣1.当x ＝2时.﹣3≤1﹣4a ＜﹣2. 解得：34≤a ≤1. （ii ）当a ＜0时.∵L 开口向下.与y 轴交于点（0.1）.∴封闭区域内在x 轴上只可能有5个整点.两个区域内各有3个整点.∴当x ＝2时.1＜1﹣4a ≤2.当x ＝﹣1时.5a +1＜0. 解得：1145a -≤<-. 综上所述：34≤a ≤1或﹣14≤a ＜﹣15． 3．（2021·江苏·苏州市景范中学校二模）如图1.在Rt ABC △中.90C ∠=︒.边6,8AC BC ==.点M N 、分别在线段AC BC 、上.将ABC 沿直线MN 翻折.点C 的对应点是点C '.（1）当M N 、分别是边AC BC 、的中点时.求出CC '的长度.（2）若2CN =.点C '到线段AB 的最短距离是________.（3）如图2.当点C '在落在边AB 上时.①点C '运动的路程长度是______.②当3611AM =时.求出CN 的长度． 【答案】（1）245.（2）85.（3）①4.② 6011. 【详解】 解：（1）设MN 交CC '于O∵M 、N 分别为AC 、BC 的中点∴AM =CM .CN =BN∴MN ∥AB （中位线定理）.12MN AB =∵MC MC '=.NC NC '=∴MN 垂直平分CC '∴OC OC '=.12OC CC '= ∴CC AB '⊥且点C '落在AB 上∵∠C =90°∴2210AB AC BC =+=∵1122AC BC AB CC '= ∴245AC BC CC =AB '=（2）如图2中.过点N 作NH ⊥AB 与H∵2NC NC ='=.BC =8∴6BN BC CN =-= ∵sin NH AC B BN AB ==∠ ∴185AC BN NH AB == ∵点C '是在以N 为圆心.C N ' 长为半径的圆上.∴当点C '落在线段NH 上时.点C '到线段AB 的距离最短∴最短距离85NH NC '=-=.（3）①如图3-1所示.当点N 与B 重合时.BC '的值最大.最大值=BC =8. 如图3-2中.当M 与A 重合时.BC '的值最小.最小值=AB -AC '=AB -AC =4 观察图形可知.当点C '落在AB 上时.点C '的运动的路程长度为4②如图3-3中.过点M 作ME ⊥AB 于E .过点N 作NF ⊥AB 于F .设CN =x .则BN =8-x . ∵sin NF AC B BN AB ==∠.cos BF BC B BN AB ==∠ ∴()385AC BN NF x AB ==-.()485BC BN BF x AB ==- ∵A A ∠=∠.90AEM ACB ==∠∠∴MEA BCA △∽△∴AM AE EM AB AC BC== ∴10855AE =.1445ME =∵363061111MC MC AC AM '==-=-= ∴22223014442115555EC MC ME ⎛⎫⎛⎫''=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∴()()108424804108855555115C F AB AE EC BF x x ''=---=----=-- 由翻折的性质得：90ACB MC N '==∠∠∴90EC M FC N ''+=∠∠∵90EC M EMC ''+=∠∠∴EMC FC N ''=∠∠∴MEC C FN ''△∽△∴EM EC FC FN'=' ∴()()144425558043881155x x =--- 解得6011x = 经检验6011x =是分式方程的解 ∴6011CN =4．（2021·湖北当阳·一模）如图.在矩形ABCD 中.11AB =.6AD =.点E 是边AB 上的点（不与点A .B 重合）.将A ∠沿DE 折叠.点1A 是点A 的对应点.点F 是边BC 上的点.将B 沿EF 折叠.点1B 是点B 的对应点.且点1B 在直线1EA 上．（1）若DE EF =.求CF 的长.（2）若点F 是BC 的中点.求tan ADE ∠的值.（3）当点1B 恰好落在边DC 上时.求四边形1DEBB 的面积．【答案】（1）1.（2）13或32.（3）44213+或44213- 【详解】解：（1）将A ∠沿DE 折叠.点1A 是点A 的对应点.∴△AED ≌△.∴1EDA DEA ∠=∠.∵将B 沿EF 折叠.点1B 是点B 的对应点.∴EFB △≌1EFB △.∴1BEF B EF ∠=∠.∴90DEF ∠=︒.∵90EDA DEA DEA FEB ∠+∠=∠+∠=°.∴DEA FEB ∠=∠.∵DE EF =.∴DAE △≌EBF △（AAS ）.∴BF AE =.DA BE =.∵11AB =.6AD =.∴6EB =.5AE BF ==.∴1CF =.（2）由（1）知.DAE △∽EBF △.∴AE AD BF BE=. ∵点F 是BC 的中点.∴3BF =.∴6311AE AE=-. ∴2AE =或9AE =.在Rt ADE △中.1tan 3ADE ∠=或3tan 2ADE ∠=. （3）连接BB '.交EF 于M 点.∵点1B 恰好落在边DC 上.∴EF 是BB '的垂直平分线.∴BM EF ⊥.∴FEB FBB '∠=∠.∵ADE FEB ∠=∠.∴ADE CBB '∠=∠.∵AD BC =.90A C ∠=∠=︒.∴△AED ≌CBB '△（AAS ）.∴AE B C '=.∴BE DB '=.∵//BE DB '.∴四边形DEBB '是平行四边形.设AE y =.BF x =.则B F x '=.6CF x =-.B C y '=.在Rt B CF '△中.()2226x y x =+-.∴21236x y =+.∵DAE △∽EBF △. ∴611y x y =-. ∴2611x y y =-.∴2236222y y y +=-. 解得11133y ±=. ∴四边形1DEBB 的面积44213=±,综上：四边形1DEBB 的面积为44+213或44213-．5．（2021·河北竞秀·一模）如图.平行四边形ABCD 中.AB ＝9.AD ＝13.tan A ＝125.点P 在射线AD 上运动.连接PB .沿PB 将△APB 折叠.得△A 'PB ．（1）如图1.点P 在线段AD 上.当∠DP A'＝20°时.∠APB ＝ 度.（2）如图2.当P A '⊥BC 时.求线段P A 的长度.（3）当点A'落在平行四边形ABCD 的边所在的直线上时.求线段P A 的长度.（4）直接写出：在点P 沿射线AD 运动过程中.DA ′的最小值是多少？【答案】（1）80或100.（2）线段P A 的长度为15313.（3）线段P A 的长度为4513或9或1175.（4）DA ′的最小值是4109-．【详解】解：（1）当PA '在直线AD 的右侧时.△APB 折叠得到△A 'PB . 1=(18020)802APB A PB '∴∠=∠︒-︒=︒ 当PA '在直线AD 的左侧时.1=(18020)1002APB A PB '∴∠=∠︒+︒=︒. 故答案为：80或100.（2）如图.作BH AD ⊥于H .平行四边形ABCD 中.//,AD BC PA BC '⊥PA AD '∴⊥90APA '∴∠=︒45APB A PB '∴∠=∠=︒PH BH ∴=12tan 5A = 设12,5BH x AH x ==.22139AB AH BH x ∴=+==913x ∴=1081213BH x ∴== 45513AH x == 10813PH BH ∴== 10845153131313PA PH AH ∴=+=+=. （3）①当点A '在AD 上时.,AB A B PA PA ''==BP AD ∴⊥12tan 5A = 5451313AP AB ∴==. ②当点A '在BC 上时.由折叠可知.,AB A B AP A P ''==//AD BCAPB PBA ABP '∴∠=∠=∠AB PA ∴=∴四边形ABA P '是菱形.9AP ∴=.③当点A '在AB 的延长线上时.1902ABP ABA '∠=∠=︒1311755AP AB ∴== 综上所述.线段P A 的长度为4513或9或1175. （4）如图.作DH AB ⊥于H .连接,BD DA '.1213,tan 5DH AD A AH=== 12,5,954DH AH BH ∴===-=22410BD DH BH ∴+=DA BD BA ''≤-DA BD A B ''∴≤-9A B AB '==DA '∴的最小值是4109．6．（2021·四川·中江县凯江中学校九年级期中）在平面直角坐标系中.二次函数y ＝ax 2＋bx＋c 的图象与x 轴交于 A 、B 两点.与y 轴交于点C .过点D （53,24-）且顶点P 的坐标为（﹣1.3）．（1）求二次函数的解析式.（2）如图1.若点M 是二次函数图象上的点.且在直线CD 的上方.连接MC .MD ．求△MCD 面积的最大值及此时点M 的坐标.（3）如图2.设点Q 是抛物线对称轴上的一点.连接QC .将线段QC 绕点Q 逆时针旋转90°.点C 的对应点为F .连接PF 交抛物线于点E .求点E 的坐标．【答案】（1）222y x x -=-+.（2）△MCD 面积的最大值为12564.M 的坐标：547(,)416-（3）(2,2)E - 【详解】解：（1）二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的顶点P 的坐标为（﹣1.3）.∴设二次函数的解析式为2(1)3y a x =++ 将点53(,)24D -代入.得 2351342a ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭解得1a =-∴二次函数的解析式为()213y x =-++222x x =--+∴222y x x -=-+ （2）如图.过点M 作MN y ∥轴.交直线DC 于点N .222y x x-=-+.令0x=.则2y=()0,2C∴53(,)24D-设直线CD的解析式为y kx b=+则53242k bb⎧-+=⎪⎨⎪=⎩解得122kb⎧=⎪⎨⎪=⎩∴直线CD的解析式为122y x=+点M是二次函数222y x x-=-+图象上的点.N是122y x=+上的点. 设()2,22M m m m--+.1(,2)2N m m+则12MCD C DS x x MN=⨯-⨯△2151(222)222m m m=⨯⨯--+--25542m m⎛⎫=-+⎪⎝⎭255125()4464m=-++当54m=-时.222m m--+=()213m-++25147(1)3341616=--++=-=547(,)416M∴-此时.△MCD 面积的最大值为12564 （3）设点(1,)Q n -.如图.当2n <时.过点Q 作HG x ∥轴.交y 轴于点G .过点F 作FH HG ⊥于点H .将线段QC 绕点Q 逆时针旋转90°.点C 的对应点为F . 90CQF ∴∠=︒.QC QF =.90CGQ FHQ FQC ∠=∠=∠=︒CQG FQH CQG QCG ∴∠+∠=∠+∠QCG FQH ∴∠=∠∴HQF GCQ △≌△,HQ CG FH QG ∴==(0,2)C ,(1,)Q n -1,2QG CG n ∴==-213,1HG n n FH ∴=-+=-=(3,1)F n n ∴-+(1,3)P -设直线PF 的解析式为y ax b =+.则31(3)a b n a n b =-+⎧⎨+=-+⎩解得14a b =⎧⎨=⎩∴直线PF 的解析式为4y x =+2422y x y x x =+⎧∴⎨=--+⎩解得1113x y =-⎧⎨=⎩.2222x y =-⎧⎨=⎩ (2,2)E ∴-②如图.当2n >时.过点C 作CK PQ ⊥于点K .过点F 作FL PQ ⊥于点L .同理可得.LQF KCQ △≌△2,211QK LF n LK n n ∴==-=-+=-(1,1),(3,1)L n F n n ∴-+--同理可得.直线PF 的解析式为4y x =+2422y x y x x =+⎧∴⎨=--+⎩解得1113x y =-⎧⎨=⎩.2222x y =-⎧⎨=⎩ (2,2)E ∴-③当2n =时.旋转后的C 点与F 点重合.此时过P 的点的直线由无数条.不能确定点E 的坐标.根据题意舍去.E ．综上所述.(2,2)7．（2021·湖北新洲·九年级期中）问题背景：（1）如图1.等边△ABC.点P在△ABC左侧且∠APC＝30°.将△APC绕点A顺时针旋转60°.画出图形．探究思考：（2）在（1）的条件下.求证：PB＝AC.拓展创新：（3）如图2.等边△ABC.∠AMC＝60°.AM＝6.CM＝4.直接写出BM的长．【答案】（1）见解析.（2）见解析.（3）192．【详解】（1）解：如图所示.（2）证明：如图2.连接PP'.由旋转得.AP'＝AP.∠P AP'＝60°.∠AP'B＝∠APC＝30°.∴△APP'是等边三角形.∴∠AP'P＝60°.AP＝AP'＝PP'.∴∠PP'B＝60°﹣30°＝30°.∵AP'＝PP'.∠PP'B＝∠AP'B.BP'＝BP'.∴△AP'B≌△PP'B（SAS）.∴PB＝AB.∵△ABC是等边三角形.∴AB＝BC.∴PB＝AC．（3）解：当点M在AC的右侧时.如图3.将△ACM绕点A顺时针旋转60°得到△ABG.连接CG.过点B作MH⊥BG.交BG的延长线于点H.设AG交BC于点T.由旋转得.AG＝AM.∠MAG＝60°.∠AGB＝∠AMC＝60°.BG＝CM＝4.∠ABG＝∠ACM. ∵△ABC是等边三角形.∴∠ACB＝∠ABC＝60°.∴∠AGB＝∠ACB＝60°.∵∠BTG＝∠ATC.∴△BTG∽△ATC.∴BT GT AT CT=.∵∠ATB＝∠CTG.∴△ATB∽△CTG.∴∠BAT＝∠BCG.∠AGC＝∠ABC＝60°.∵∠BAG+∠ABG+∠AGB＝180°.∴∠BCG+∠ACM+∠ACB＝180°.∴点G、C、M三点共线.∵AG＝AM.∠MAG＝60°.∴△AGM是等边三角形.∴GM＝AM＝6.∵∠AGM＝∠AGB＝60°.∴∠MGH＝60°.∵MH⊥BG.∴GH＝12GM＝3.MH3＝3∴BH＝BG+GH＝4+3＝7.∴BM22227(33)BH MH+=+19当点M在AC的左侧时.如图4.将△ACM绕点A顺时针旋转60°得到△ABG.连接BM.同图3理可证.点G、B、M三点共线.GM＝AM＝6.BG＝CM＝4.∴BM＝GM﹣BG＝6﹣4＝2.综上所述.BM的长为219或2．故答案为：219或2．8．（2021·重庆八中九年级期中）在△ABC中.CA＝CB.CA⊥CB.点D是射线AC上一动点.连接BD.将BD绕点D逆时针旋转90°得ED.连接CE．（1）如图1.当点D在线段AC上时.若DE＝10.BC＝3.求△ABD的周长.（2）如图2.点D在AC延长线上.作点C关于AB边的对称点F.连接FE.FD.将FD绕点D 顺时针旋转90°得GD.连接AG.求证：AG＝CE.（3）如图3.点D在AC延长线上运动过程中.延长EC交AG于H.当BH最大时.直接写出CD AB的值．【答案】（1）32102.（2）见解析.（3102+【详解】（1）解：如图1.在Rt△BCD中.BC＝3.BD＝DE＝10.∴CD＝1.∴AD＝AC﹣CD＝BC﹣AD＝3﹣1＝2.∵CA＝CB.CA⊥CB.∴AB＝22+＝32.CA CB∴△ABD的周长是：3210++2.（2）证明：如图2.连接BG交EF于N.连接CF交AB于M.AB与EF交于点P.DF与BG交于O. ∵∠BDE＝∠GDF＝90°.∴∠BDE+∠ADF＝∠GDF+∠ADF.即：∠BDG＝∠FDE.∵DE＝BD.DG＝DF.∴△BDG≌△EDF（SAS）.∴BG＝EF.∴∠BGD＝∠DFE.∵∠DOG＝∠FOB.∴∠BNP＝∠ONF＝∠GDO＝90°.∵∠BPN＝∠MPF.∴∠CFE＝∠ABG.∵CF＝2CM＝2AM＝AB.∴△GAB≌△ECF（SAS）.∴AG＝CE.（3）如图3.由（2）得.△GAD≌△ECF.∴∠GAB＝∠ECF.∴∠GAB﹣∠CAB＝∠ECF﹣∠BCM. ∴∠CAB＝∠BCM＝45°.∴∠GAC＝∠ECB.∵∠ACB＝90°.∴∠ACH+∠ECB＝90°.∴∠ACH+∠GAC＝90°.∴∠AHC＝90°.∴点H在以AC为直径的⊙I运动.如图4.当BH 过I 时.BH 最大.不妨设半径AI ＝CI ＝HI ＝1.∴BC ＝AC ＝2.∴IB 22IC BC +5作HT ⊥AC 于T .作EK ⊥AD 于K .∴∠HTI ＝∠ACB ＝90°.∴HT ∥BC .∴△HTI ∽△BCI . ∴HT BC ＝TI IC ＝HI IB . ∴2HT ＝1TI 5∴HT 25.TI 5∵∠BCD ＝∠BDE ＝∠K ＝90°.BD ＝DE .由“一线三等角”得.△BCD ≌△DKE .∴CD ＝EK .BC ＝DK ＝2.∵tan ∠KCE ＝tan ∠HCT . ∴EK CK ＝HT CT. ∴CD CD BC +25551+2555+∴CD BC 2555-2AB 2555-∴CD AB 102+ 9．（2021·河南汝阳·九年级期中）如图1.矩形AEGH 的顶点E 、H 在矩形ABCD 的边上.且AD ：AB ＝AH ：AE ＝1：2．（1）请直接写出HD ：GC ：EB 的结果（不必写计算过程）.（2）如图2.矩形AEGH 绕点A 旋转一定角度.此时HD ：GC ：EB 的结果与（1）的结果有变化吗？如有变化.写出变化后结果并说明理由.若无变化.请说明理由．【答案】（1）HD ：GC ：EB ＝1：5：2.（2）无变化.见解析【详解】解：（1）如图1.作GF ⊥CD 于点F .连接AG .则∠DFG ＝∠GFC ＝90°.∵四边形AEGH 和四边形ABCD 都是矩形.∴∠D ＝∠AHG ＝∠EGH ＝90°.AB ＝DC .AE ＝HG .∴∠DHG ＝180°﹣∠AHG ＝90°. ∴四边形DFGH 是矩形.∴HG ＝DF .HD ＝GF .∠FGH ＝90°. ∴12AD AH AB AE ==. ∴G D DC A AH H =. ∴AH HD DF FC ++＝AH HG . ∴AH GF HG FC ++＝AH HG. 整理得GF AH＝FC HG . ∵∠GFC ＝∠AHG .∴△GFC ∽△AHG .∴∠FGC ＝∠HAG .∴∠FGC +∠HGA ＝∠HAG +∠HGA ＝90°.∴∠FGC +∠HGA +∠FGH ＝180°.∴点A 、G 、C 在同一条直线上.∴点G 在矩形ABCD 的对角线AC 上.由GF AH ＝FC HG 得GF FC ＝AH HG ＝AH AE ＝12. ∴FC ＝2GF .∴GC ＝22(2)GF GF +＝5GF .∴GF ：GC ：FC ＝GF ：5GF ：2GF ＝1：5：2.∵∠FGH +∠EGH ＝180°.∴点E 、G 、F 在同一条直线上.∵∠B ＝∠BCF ＝∠CFE ＝90°.∴FC ＝EB .∴HD ：GC ：EB ＝1：5：2．（2）无变化.理由：由（1）得：AH AD ＝AG AC ＝AE AB . ∴AH AG ＝AD AC .AG AE ＝AC AB. ∵AE ＝HG ＝2AH .∴AG ＝22(2)AH AH +＝5AH .∴AH ：AG ：AE ＝AH ：5AH ：2AH ＝1：5：2.如图2.由旋转得.∠DAH ＝∠CAG ＝∠BAE .∴△DAH ∽△CAG ∽△BAE .∴HD GC ＝AH AG＝15.GC EB ＝AG AE ＝52. ∴HD ：GC ：EB ＝1：5：2.∴HD ：GC ：EB 的结果无变化．．10．（2021·湖北汉川·九年级期中）如图.若抛物线2y ax bx c =++（a 、b 、c 为常数.且0a ≠）与直线l 交于点()1,0A -.()2,3C -.与x 轴另一交点为()3,0B ．（1）则抛物线的解析式为______.（2）若将直线AC 绕点A 逆时针旋转90°交抛物线于点P ．①求点P 的坐标.此时AC AP的值为______. ②若M 是抛物线上一动点.过点M 作x 轴的垂线.垂足为N .连接BM .是否存在点M 使MN AC BN AP=若存在.请求出点M 的坐标.若不存在.请说明理由． 【答案】（1）223y x x =--.（2）①35.②存在.251,525⎛⎫-- ⎪⎝⎭.869,525⎛⎫- ⎪⎝⎭． 【详解】解：（1）将A 、B 、C 三个点的坐标代入可得：0930423a b c a b c a b C -+=⎧⎪++=⎨⎪++=-⎩. 解得：123a b c =⎧⎪=-⎨⎪=-⎩. ∴解析式为：223y x x =--.（2）①作点C 关于x 轴的对称点C '.交x 轴为点D .则()2,3C '.作直线AC '与抛物线交与点P .则点P 为所求.根据题意中可得：3CD =.3AD =. ∴45CAD ∠=︒.∴'90CAC ∠=︒.设直线AC '的解析式为y mx n =+.由题意得：032m n m n =-+⎧⎨=+⎩. 解得：11m n =⎧⎨=⎩. ∴直线AC '的解析式为1y x =+.将直线和抛物线的解析式联立得：2123y x y x x =+⎧⎨=--⎩. 解得1110x y =-⎧⎨=⎩（舍去）或2245x y =⎧⎨=⎩. ∴点P 的坐标为（4.5）.根据图象可得：223332AC =+=225552AP +=∴此时35AC AP =. ②假设存在点M 使MN AC BN AP=． 设点()2,23M m m m --. ∵35AC AP =. ∴35MN BN =. ∴223335m m m --=-.解得25m=-或85m=-.3m=（舍去）当25m=-时.2512325m m--=-.∴251,525M⎛⎫--⎪⎝⎭.当85m=-.2692325m m--=.∴869,525M⎛⎫-⎪⎝⎭.∴存在符合条件的点M.M的坐标为251,525⎛⎫--⎪⎝⎭.869,525⎛⎫-⎪⎝⎭．。

2023年九年级数学中考专题：旋转综合压轴题(倍长中线法)

2023年九年级数学中考专题：旋转综合压轴题(倍长中线法)

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

中考数学专题复习分类练习 旋转综合解答题附答案解析

中考数学专题复习分类练习 旋转综合解答题附答案解析

一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=α（︒<<︒600α），将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD 。

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

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

（2）△ABE 为等边三角形。

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

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

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

∴11BAD CAD BAC 22α∠=∠=∠=。

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

∴BEC BAD ∠=∠。

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

∴AB=BE 。

∴△ABE 为等边三角形。

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

又∵∠DEC=45°，∴△DCE 为等腰直角三角形。

∴DC=CE=BC 。

∵∠BCE=150°，∴(180150)EBC 152︒-︒∠==︒。

而1EBC 30152α∠=︒-=︒。

∴30α=︒。

（1）∵AB=AC ，∠BAC=α，∴180ABC 2α︒-∠=。

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一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．（操作发现）（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；（类比探究）（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：①∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2【解析】试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②DE=EF．理由如下：∵∠DCF =60°，∠DCE =30°，∴∠FCE =60°﹣30°=30°，∴∠DCE =∠FCE ．在△DCE 和△FCE 中，∵CD =CF ，∠DCE =∠FCE ，CE =CE ，∴△DCE ≌△FCE （SAS ），∴DE =EF ； （2）①∵△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB =90°，∴AC =BC ，∠BAC =∠B =45°．∵∠DCF =90°，∴∠ACF =∠BCD ．在△ACF 和△BCD 中，∵AC =BC ，∠ACF =∠BCD ，CF =CD ，∴△ACF ≌△BCD （SAS ），∴∠CAF =∠B =45°，AF =DB ，∴∠EAF =∠BAC +∠CAF =90°； ②AE 2+DB 2=DE 2，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，AE 2+AF 2=EF 2，又∵AF =DB ，∴AE 2+DB 2=DE 2．2．平面上，Rt △ABC 与直径为CE 的半圆O 如图1摆放，∠B ＝90°，AC ＝2CE ＝m ，BC ＝n ，半圆O 交BC 边于点D ，将半圆O 绕点C 按逆时针方向旋转，点D 随半圆O 旋转且∠ECD 始终等于∠ACB ，旋转角记为α（0°≤α≤180°）（1）当α＝0°时，连接DE ，则∠CDE ＝ °，CD ＝ ；（2）试判断：旋转过程中BDAE的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明； （3）若m ＝10，n ＝8，当α＝∠ACB 时，求线段BD 的长；（4）若m ＝6，n ＝2，当半圆O 旋转至与△ABC 的边相切时，直接写出线段BD 的长．【答案】（1）90°，2n ；（2）无变化；（3125；（4）BD=101143． 【解析】试题分析：（1）①根据直径的性质，由DE ∥AB 得CD CECB CA=即可解决问题．②求出BD 、AE 即可解决问题．（2）只要证明△ACE ∽△BCD 即可．（3）求出AB 、AE ，利用△ACE ∽△BCD 即可解决问题．（4）分类讨论：①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切，②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，分别求出BD 即可． 试题解析：（1）解：①如图1中，当α=0时，连接DE ，则∠CDE =90°．∵∠CDE =∠B =90°，∴DE ∥AB ，∴CE CD AC CB ==12．∵BC =n ，∴CD =12n ．故答案为90°，12n ． ②如图2中，当α=180°时，BD =BC +CD =32n ，AE =AC +CE =32m ，∴BD AE =n m．故答案为nm． （2）如图3中，∵∠ACB =∠DCE ，∴∠ACE =∠BCD ．∵CD BC nCE AC m==，∴△ACE ∽△BCD ，∴BD BC nAE AC m==．（3）如图4中，当α=∠ACB 时．在Rt △ABC 中，∵AC =10，BC =8，∴AB 22AC BC -．在Rt △ABE 中，∵AB =6，BE =BC ﹣CE =3，∴AE 22AB BE +2263+52）可知△ACE ∽△BCD ，∴BD BCAE AC=，∴35=810，∴BD 125125． （4）∵m =6，n =2∴CE =3，CD 2，AB 22CA BC -=2，①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切．在Rt △DBC 中，BD 22BC CD +224222+（）（）10． ②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，作EM ⊥AB 于M ．∵∠M =∠CBM =∠BCE =90°，∴四边形BCEM 是矩形，∴342BM EC ME ===，∴AM =5，AE 22AM ME +57，由（2）可知DB AE =23，∴BD =1143． 故答案为1021143．点睛：本题考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确画出图形是解决问题的关键，学会分类讨论的思想，本题综合性比较强，属于中考压轴题．3．如图：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠PCQ=45°，把∠PCQ绕点C旋转，在整个旋转过程中，过点A作AD⊥CP，垂足为D，直线AD交CQ于E．（1）如图①，当∠PCQ在∠ACB内部时，求证：AD+BE=DE；（2）如图②，当CQ在∠ACB外部时，则线段AD、BE与DE的关系为_____；（3）在（1）的条件下，若CD=6，S△BCE=2S△ACD，求AE的长．【答案】(1)见解析（2）AD=BE+DE （3）8【解析】试题分析：（1）延长DA到F，使DF=DE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF，再求出∠ACF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等，根据全等三角形的即可证明AF=BE，从而得证；（2）在AD上截取DF=DE，然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF，再求出∠ACF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等，根据全等三角形的即可证明AF=BE，从而得到AD=BE+DE；（3）根据等腰直角三角形的性质求出CD=DF=DE，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF=2AD，然后求出AD的长，再根据AE=AD+DE代入数据进行计算即可得解．试题解析：（1）证明：如图①，延长DA到F，使DF=DE．∵CD⊥AE，∴CE=CF，∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠ACF=∠DCF=45°．又∵∠ACB=90°，∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠BCE=90°﹣45°=45°，∴∠ACF=∠BCE．在△ACF和△BCE中，∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD+BE=AD+AF=DF=DE，即AD+BE=DE；（2）解：如图②，在AD上截取DF=DE．∵CD⊥AE，∴CE=CF，∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ECF=∠DCE+∠DCF=90°，∴∠BCE+∠BCF=∠ECF=90°．又∵∠ACB=90°，∴∠ACF+∠BCF=90°，∴∠ACF=∠BCE．在△ACF和△BCE中，∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD=AF+DF=BE+DE，即AD=BE+DE；故答案为：AD=BE+DE．（3）∵∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ECF=45°+45°=90°，∴△ECF是等腰直角三角形，∴CD=DF=DE=6．∵S△BCE=2S△ACD，∴AF=2AD，∴AD=112+×6=2，∴AE=AD+DE=2+6=8．点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰直角三角形的性质，综合性较强，但难度不是很大，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．4．如图1，ABCD和AEFG是两个能完全重合的平行四边形，现从AB与AE重合时开始，将ABCD固定不动，AEFG绕点A逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），AB=a,BC=2a；并发现：如图2，当AEFG旋转到点E落在AD上时，FE的延长线恰好通过点C．探究一:（1）在图2的情形下，求旋转角α的度数；探究二:（2）如图3，当AEFG旋转到点E落在BC上时，EF与AD相交于点M，连接CM，DF，请你判断四边形CDFM的形状，并给予证明；探究三:（3）如图1，连接CF，BF，在旋转过程中△BCF的面积是否存在最大的情形，如果存在，求出最大面积，如果不存在，请说明理由.【答案】（1）α=120°；（2）四边形CDFM是菱形，证明见解析；（3）存在△BCF的面积a2.最大的情形，S△BCF =2【解析】试题分析：（1）由平行四边形的性质知∠D=∠B，AB=CD=a，可得∠D=∠DEC，由等角对等边知CD=CE，由AE=AB=a，AD=BC=2a，可得DE=CE，即可证得△CDE是等边三角形，∠D=60°，由两直线平行，同位角相等可得∠DAB=120°，即可求得α；（2）由旋转的性质以及∠B=60°，可得△ABE是等边三角形，由平行线的判定以及两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形ABEM是平行四边形，再由由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；（3）当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大，由于点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，故当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，由题意知∠AFG=90°.由∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，可得AH、AF的值.可求得点F到BC的最大距离.进而求得S△BCF的值.试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D=∠B，AB=CD=a，∵∠AEF=∠B，∠AEF=∠DEC，∴∠D=∠DEC，∴CD=CE，∵AE=AB=a，AD=BC=2a，∴DE=CE.，∴CD=CE=DE，∴△CDE是等边三角形，∴∠D=60°，∵CD∥AB，∴∠D+∠DAB=180°，∴∠DAB=120°，∴α=120°.；（2）四边形CDFM是菱形.证明：由旋转可得AB=AE，∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形，∴∠BAE=60°，∴∠BAG=∠BAE+∠GAE=60°+120°=180°，∴点G，A，B在同一条直线上，∴ME ∥AB，BE∥AM，∴四边形ABEM是平行四边形，∴AM=AB=ME，∴CD=DM=MF，∵CD ∥AB∥MF，∴四边形CDFM是平行四边形，∵∠D= 60°，CD=DM，∴△CDM是等边三角形，∴CD=DM，∴四边形CDFM是菱形；（3）存在△BCF的面积最大的情形.∵CB的长度不变，∴当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大.∵点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，∴当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，则∠AFG=90°.∵∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，∴AH=AB×sin60°=32a，AF=AG×sin60°3 a.∴点F到BC3333∴S△BCF=123333a2.点睛：此题考查了旋转的洗澡那个会、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，三角形的面积的求法，关键是运用旋转前后，图形的对应边相等、对应角相等的性质解题.5．如图是两个可以自由转动的转盘，甲转盘被等分成3个扇形，乙转盘被等分成4个扇形，每一个扇形上都标有相应的数字．同时转动两个转盘，当转盘停止后，计算指针所指区域内的数字之和．如果指针恰好指在分割线上，那么重转一次，直到指针指向一个数字为止．（1）请你通过画树状图或列表的方法分析，并求指针所指区域内的数字和小于10的概率；（2）小亮和小颖小亮和小颖利用它们做游戏，游戏规则是：指针所指区域内的数字和小于10，小颖获胜；指针所指区域内的数字之和等于10，为平局；指针所指区域内的数字之和大于10，小亮获胜．你认为该游戏规则是否公平？请说明理由；若游戏规则不公平，请你设计出一种公平的游戏规则．【答案】（1）13；（2）不公平．【解析】试题分析：（1）依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．（2）判断游戏的公平性，首先要计算出游戏双方赢的概率，概率相等则公平，否则不公平．试题解析：（1）共有12种等可能的结果，小于10的情况有4种，所以指针所指区域内的数字和小于10的概率为13．（2）不公平，因为小颖获胜的概率为；小亮获胜的概率为512．小亮获胜的可能性大，所以不公平．可以修改为若这两个数的和为奇数，则小亮赢；积为偶数，则小颖赢．考点：1．游戏公平性；2．列表法与树状图法．6．思维启迪：（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B 间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB 交AP的延长线于点D，此时测得CD＝200米，那么A，B间的距离是米．思维探索：（2）在△ABC 和△ADE 中，AC ＝BC ，AE ＝DE ，且AE ＜AC ，∠ACB ＝∠AED ＝90°，将△ADE 绕点A 顺时针方向旋转，把点E 在AC 边上时△ADE 的位置作为起始位置（此时点B 和点D 位于AC 的两侧），设旋转角为α，连接BD ，点P 是线段BD 的中点，连接PC ，PE ．①如图2，当△ADE 在起始位置时，猜想：PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是 ； ②如图3，当α＝90°时，点D 落在AB 边上，请判断PC 与PE 的数量关系和位置关系，并证明你的结论；③当α＝150°时，若BC ＝3，DE ＝l ，请直接写出PC 2的值．【答案】（1）200；（2）①PC ＝PE ，PC ⊥PE ；②P C 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ，见解析；③PC 21033+. 【解析】 【分析】（1）由CD ∥AB ，可得∠C ＝∠B ，根据∠APB ＝∠DPC 即可证明△ABP ≌△DCP ，即可得AB ＝CD ，即可解题．（2）①延长EP 交BC 于F ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ）可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．②作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，易证△FBP ≌△EDP （SAS ），结合已知得BF ＝DE ＝AE ，再证明△FBC ≌△EAC （SAS ），可得△EFC 是等腰直角三角形，即可证明PC ＝PE ，PC ⊥PE ．③作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°，得∠FBC ＝∠EAC ，同②可证可得PC ＝PE ，PC ⊥PE ，再由已知解三角形得∴EC 2＝CH 2+HE 2＝1033+求出22110332PC EC +==【详解】（1）解：∵CD ∥AB ，∴∠C ＝∠B ， 在△ABP 和△DCP 中，BP CP APB DPC B C =⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩， ∴△ABP ≌△DCP （SAS ）， ∴DC ＝AB ． ∵AB ＝200米． ∴CD ＝200米， 故答案为：200．（2）①PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ． 理由如下：如解图1，延长EP 交BC 于F ， 同（1）理，可知∴△FBP ≌△EDP （SAS ）， ∴PF ＝PE ，BF ＝DE ， 又∵AC ＝BC ，AE ＝DE ， ∴FC ＝EC ， 又∵∠ACB ＝90°，∴△EFC 是等腰直角三角形， ∵EP ＝FP ， ∴PC ＝PE ，PC ⊥PE ．②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC ＝PE ，PC ⊥PE ． 理由如下：如解图2，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ， 同①理，可知△FBP ≌△EDP （SAS ）， ∴BF ＝DE ，PE ＝PF ＝12EF ， ∵DE ＝AE ， ∴BF ＝AE ，∵当α＝90°时，∠EAC ＝90°， ∴ED ∥AC ，EA ∥BC ∵FB ∥AC ，∠FBC ＝90， ∴∠CBF ＝∠CAE ， 在△FBC 和△EAC 中，BF AE CBE CAE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△FBC ≌△EAC （SAS ）， ∴CF ＝CE ，∠FCB ＝∠ECA ， ∵∠ACB ＝90°， ∴∠FCE ＝90°，∴△FCE 是等腰直角三角形，∵EP ＝FP ，∴CP ⊥EP ，CP ＝EP ＝12EF ． ③如解图3，作BF ∥DE ，交EP 延长线于点F ，连接CE 、CF ，过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点，当α＝150°时，由旋转旋转可知，∠CAE ＝150°，DE 与BC 所成夹角的锐角为30°， ∴∠FBC ＝∠EAC ＝α＝150°同②可得△FBP ≌△EDP （SAS ），同②△FCE 是等腰直角三角形，CP ⊥EP ，CP ＝EP ＝22CE ， 在Rt △AHE 中，∠EAH ＝30°，AE ＝DE ＝1，∴HE ＝12，AH ＝3， 又∵AC ＝AB ＝3， ∴CH ＝3+32， ∴EC 2＝CH 2+HE 2＝1033+∴PC 2＝21103322EC +=【点睛】本题考查几何变换综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于压轴题．7．正方形ABCD 和正方形AEFG 的边长分别为2和22B 在边AG 上，点D 在线段EA 的延长线上，连接BE ．（1）如图1，求证：DG ⊥BE ；（2）如图2，将正方形ABCD 绕点A 按逆时针方向旋转，当点B 恰好落在线段DG 上时，求线段BE 的长．+．【答案】（1）答案见解析；（2）26【解析】【分析】（1）由题意可证△ADG≌△ABE，可得∠AGD＝∠AEB，由∠ADG+∠AGD＝90°，可得∠ADG+∠AEB＝90°，即DG⊥BE；（2）过点A作AM⊥BD，垂足为M，根据勾股定理可求MG的长度，即可求DG的长度，由题意可证△DAG≌△BAE，可得BE＝DG．【详解】（1）如图，延长EB交GD于H∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形∴AD＝AB，AG＝AE，∠DAG＝∠BAE＝90°∴△ADG≌△ABE（SAS）∴∠AGD＝∠AEB∵∠ADG+∠AGD＝90°∴∠ADG+∠AEB＝90°∴DG⊥BE（2）如图，过点A作AM⊥BD，垂足为M∵正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和2，∴AM＝DM2，∠DAB＝∠GAE＝90°∴MG22-6，∠DAG＝∠BAEAG MA∴DG＝DM+MG26，由旋转可得：AD＝AB，AG＝AE，且∠DAG＝∠BAE∴△DAG≌△BAE（SAS）∴BE＝DG＝26【点睛】考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．8．如图1，直线DE上有一点O，过点O在直线DE上方作射线OC，∠COE＝140°，将一直角三角板AOB的直角顶点放在点O处，一条直角边OA在射线OD上，另一边OB在直线DE上方，将直角三角板绕着点O按每秒10°的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t秒．（1）当直角三角板旋转到如图2的位置时，OA恰好平分∠COD，求此时∠BOC的度数；（2）若射线OC的位置保持不变，在旋转过程中，是否存在某个时刻，使得射线OA、OC、OD中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线？若存在，请求出t的取值，若不存在，请说明理由；（3）若在三角板开始转动的同时，射线OC也绕O点以每秒15°的速度逆时针旋转一周，从旋转开始多长时间，射线OC平分∠BOD．直接写出t的值．（本题中的角均为大于0°且小于180°的角）【答案】（1）∠BOC＝70°；（2）存在，t＝2，t＝8或32；（3）12或372.【解析】【分析】（1）由图可知∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC，∠AOC可利用角平分线及平角的定义求出.（2）分OA平分∠COD，OC平分∠AOD，OD平分∠AOC三种情况分别进行讨论，建立关于t的方程，解方程即可.（3）分别用含t的代数式表示出∠COD和∠BOD，再根据OC平分∠BOD建立方程解方程即可，注意分情况讨论.【详解】（1）解：∵∠COE＝140°，∴∠COD＝180°﹣∠COE＝40°，又∵OA平分∠COD，∴∠AOC＝12∠COD＝20°，∵∠AOB＝90°，∴∠BOC＝90°﹣∠AOC＝70°；（2）存在①当OA平分∠COD时，∠AOD＝∠AOC，即10°t＝20°，解得：t＝2；②当OC平分∠AOD时，∠AOC＝∠DOC，即10°t﹣40°＝40°，解得：t＝8；③当OD平分∠AOC时，∠AOD＝∠COD，即360°﹣10°t＝40°，解得：t＝32；综上所述：t＝2，t＝8或32；（3）12或372，理由如下：设运动时间为t，则有①当90+10t＝2（40+15t）时，t＝1 2②当270﹣10t＝2（320﹣15t）时，t＝37 2所以t的值为12或372．【点睛】本题主要考查角平分线的定义以及图形的旋转，根据题意，找到两个角之间的等量关系建立方程并分情况讨论是解题的关键.。

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