全国备战中考数学旋转的综合备战中考真题分类汇总含答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

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=1

2

FD，

同理．在Rt△DEF中，EG=1

2

FD，∴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 =

1

2

MC ，∴EG =CG ． （3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：

过F 作CD 的平行线并延长CG 交于M 点，连接EM 、EC ，过F 作FN 垂直于AB 于N ． 由于G 为FD 中点，易证△CDG ≌△MFG ，得到CD =FM ，又因为BE =EF ，易证∠EFM =∠EBC ，则△EFM ≌△EBC ，∠FEM =∠BEC ，EM =EC

∵∠FEC +∠BEC =90°，∴∠FEC +∠FEM =90°，即∠MEC =90°，∴△MEC 是等腰直角三角形． ∵G 为CM 中点，∴EG =CG ，EG ⊥CG

【点睛】

本题是四边形的综合题．（1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；（2）关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答．

2．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：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 =

OEB

S3

=.

【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.

3．如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接PA，PB，PC．将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.

(1)设AB的长为a，PB的长为b(b

(2)若PA=2，PB=4，∠APB=135°，求PC的长.

【答案】(1) S阴影=(a2-b2)；(2)PC=6.

【解析】

试题分析：（1）依题意，将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合，此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积，根据旋转的性质可知，两个扇形的中心角都是90°，可据此求出阴影部分的面积．

（2）连接PP'，根据旋转的性质可知：BP=BP'，旋转角∠PBP'=90°，则△PBP'是等腰直角三角形，∠BP'C=∠BPA=135°，∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°，可推出△PP'C是直角三角形，进而可根据勾股定理求出PC的长．

试题解析：（1）∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，

∴△PAB≌△P'CB，

∴S△PAB=S△P'CB，

S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=（a2-b2）；

（2）连接PP′，根据旋转的性质可知：△APB≌△CP′B，

∴BP=BP′=4，P′C=PA=2，∠PBP′=90°，

∴△PBP'是等腰直角三角形，P'P2=PB2+P'B2=32；

又∵∠BP′C=∠BPA=135°，

∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，即△PP′C是直角三角形．

PC==6．

考点：1.扇形面积的计算；2.正方形的性质；3.旋转的性质．

4．把两个直角边长均为6的等腰直角三角板ABC和EFG叠放在一起（如图①），使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合．现将三角板EFG绕O点顺时针旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）．

（1）探究：在上述旋转过程中，BH与CK的数量关系以及四边形CHGK的面积的变化情况（直接写出探究的结果，不必写探究及推理过程）；

（2）利用（1）中你得到的结论，解决下面问题：连接HK，在上述旋转过程中，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的？若存在，求出此时BH的长度；若不存在，说明理由．

【答案】(1) BH=CK;(2) 存在，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的的位置，此时BH 的长度为．

【解析】

（1）先由ASA证出△CGK≌△BGH，再根据全等三角形的性质得出BH=CK，根据全等得出四边形CKGH的面积等于三角形ACB面积一半；

（2）根据面积公式得出S△GHK=S四边形CKGH-S△CKH=1

2

x2-3x+9，根据△GKH的面积恰好等于

△ABC面积的

5

12

，代入得出方程

1

2

x2-3x+9=

5

12

×

1

2

×6×6，求出即可．

解：（1）BH与CK的数量关系：BH=CK，理由是：连接OC，

由直角三角形斜边上中线性质得出OC=BG，

∵AC=BC，O为AB中点，∠ACB=90°，

∴∠B=∠ACG=45°，CO⊥AB，

∴∠CGB=90°=∠KGH，

∴都减去∠CGH得：∠BGH=∠CGK，

在△CGK和△BGH中

∵，

∴△CGK≌△BGH（ASA），

∴CK=BH，即BH=CK；

四边形CHGK的面积的变化情况：四边形CHGK的面积不变，始终等于四边形CQGZ的面积，即等于△ACB面积的一半，等于9；

（2）假设存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的

5

12

的位置．

设BH=x，由题意及（1）中结论可得，CK=BH=x，CH=CB﹣BH=6﹣x，

∴S△CHK=1

2

CH×CK=3x﹣

1

2

x2，

∴S△GHK=S四边形CKGH﹣S△CKH=9﹣（3x﹣1

2

x2）=

1

2

x2﹣3x+9，

∵△GKH的面积恰好等于△ABC面积的5

12

，

∴1

2

x2﹣3x+9=

5

12

×

1

2

×6×6，

解得

136

x=

236

x=（经检验，均符合题意）．

∴存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的5

12的位置，此时x的值为36

±．

“点睛”本题考查了旋转的性质，三角形的面积，全等三角形的性质和判定等知识点，此题有一定的难度，但是一道比较好的题目．

5．如图1，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，D是△ABC内部一点，∠ADC=135°，将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接DE．

（1）①依题意补全图形；

②请判断∠ADC和∠CDE之间的数量关系，并直接写出答案．

（2）在（1）的条件下，连接BE，过点C作CM⊥DE，请判断线段CM，AE和BE之间的数量关系，并说明理由．

（3）如图2，在正方形ABCD中，AB=，如果PD=1，∠BPD=90°，请直接写出点A到BP 的距离．

【答案】（1）①作图见解析；②∠ADC+∠CDE=180°；（2）AE=BE+2CM，理由解析；

（3）．

【解析】

试题分析：（1）①作CE⊥CD，并且线段CE是将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到的，再连接DE即可；②根据∠ADC和∠CDE是邻补角，所以∠ADC+∠CDE=180°．

（2）由（1）的条件可得A、D、E三点在同一条直线上，再通过证明△ACD≌△BCE，易得AE=BE+2CM．

（3）运用勾股定理，可得出点A到BP的距离．

试题解析：解：（1）①依题意补全图形（如图）；

②∠ADC+∠CDE=180°．

（2）线段CM，AE和BE之间的数量关系是AE=BE+2CM，理由如下：

∵线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，

∴CD=CE，∠DCE=90°．

∴∠CDE=∠CED=45°．

又∵∠ADC=135°，

∴∠ADC+∠CDE=180°，

∴A、D、E三点在同一条直线上．

∴AE=AD+DE．

又∵∠ACB=90°，

∴∠ACB－∠DCB=∠DCE－∠DCB，

即∠ACD=∠BCE．

又∵AC=BC，CD=CE，

∴△ACD≌△BCE．

∴AD=BE．

∵CD=CE，∠DCE=90°，CM⊥DE．

∴DE=2CM．

∴AE=BE+2CM．

（3）点A到BP的距离为．

考点：作图—旋转变换．

6．在△ABC中,AB=6,AC=BC=5,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转,得到△ADE,旋转角为α（0°＜α＜180°）,点B的对应点为点D,点C的对应点为点E,连接BD，BE．

（1）如图,当α=60°时,延长BE交AD于点F．

①求证：△ABD是等边三角形；

②求证：BF⊥AD，AF=DF；

③请直接写出BE的长；

（2）在旋转过程中,过点D作DG垂直于直线AB,垂足为点G,连接CE,当∠DAG=∠ACB,且线段DG与线段AE无公共点时,请直接写出BE+CE的值．

【答案】（1）①②详见解析；③3﹣4；（2）13．

【解析】

试题分析：（1）①由旋转性质知AB=AD，∠BAD=60°即可得证；②由BA=BD、EA=ED根据中垂线性质即可得证；③分别求出BF、EF的长即可得；（2）由

∠ACB+∠BAC+∠ABC=180°、∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°、∠DAG=∠ACB、∠DAE=∠BAC得∠BAE=∠BAC且AE=AC，根据三线合一可得CE⊥AB、AC=5、AH=3，继而知CE=2CH=8、BE=5，即可得答案．

试题解析：（1）①∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，

∴AB=AD，∠BAD=60°，

∴△ABD是等边三角形；

②由①得△ABD是等边三角形，

∴AB=BD，

∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，

∴AC=AE，BC=DE，

又∵AC=BC，

∴EA=ED，

∴点B、E在AD的中垂线上，

∴BE是AD的中垂线，

∵点F在BE的延长线上，

∴BF⊥AD， AF=DF；

③由②知BF⊥AD，AF=DF，

∴AF=DF=3，

∵AE=AC=5，

∴EF=4，

∵在等边三角形ABD中，BF=AB?sin∠BAF=6×=3，

∴BE=BF﹣EF=3﹣4；

（2）如图所示，

∵∠DAG=∠ACB，∠DAE=∠BAC，

∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°，

又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°，

∴∠BAE=∠ABC，

∵AC=BC=AE，

∴∠BAC=∠ABC，

∴∠BAE=∠BAC，

∴AB⊥CE，且CH=HE=CE，

∵AC=BC，

∴AH=BH=AB=3，

则CE=2CH=8，BE=5，

∴BE+CE=13．

考点：三角形综合题.

7．(1)问题发现

如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.

填空:线段AD,BE

之间的关系为 .

(2)拓展探究

如图2,△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE 的关系,并说明理由. (3)解决问题

如图3,线段PA=3,点B 是线段PA 外一点,PB=5,连接AB,将AB 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B 的位置的变化,直接写出PC 的范围.

【答案】(1) AD=BE ，AD ⊥BE ．(2) AD=BE ，AD ⊥BE ．(3) 5-32≤PC≤5+32． 【解析】 【分析】

（1）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），得AD=BE ，∠EBC=∠CAD ，延长BE 交AD 于点F ，由垂直定义得AD ⊥BE ．

（2）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，由垂直定义得∠OHB=90°，AD ⊥BE ；

（3）作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ，PC=BE ，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值=PB-PE ；当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值=PB+PE ，故5-32≤BE≤5+32. 【详解】

（1）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ． 理由：如图1中，

∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形， ∴AC=BC ，CE=CD ， ∠ACB=∠ACD=90°， 在Rt △ACD 和Rt △BCE 中

AC BC ACD BCE CD CE ??

∠∠???

＝＝＝ ∴△ACD ≌△BCE （SAS ）， ∴AD=BE ，∠EBC=∠CAD

延长BE 交AD 于点F ， ∵BC ⊥AD ， ∴∠EBC+∠CEB=90°， ∵∠CEB=AEF ， ∴∠EAD+∠AEF=90°， ∴∠AFE=90°，即AD ⊥BE ． ∴AD=BE ，AD ⊥BE ． 故答案为AD=BE ，AD ⊥BE ． （2）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．

理由：如图2中，设AD 交BE 于H ，AD 交BC 于O ．

∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形， ∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ECD=90°， ∴ACD=∠BCE ， 在Rt △ACD 和Rt △BCE 中

AC BC ACD BCE CD CE ??

∠∠???

＝＝＝， ∴△ACD ≌△BCE （SAS ）， ∴AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，

∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH ， ∴∠BOH+∠OBH=90°， ∴∠OHB=90°， ∴AD ⊥BE ， ∴AD=BE ，AD ⊥BE ．

（3）如图3中，作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，∴PC=BE，

图3-1中，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE=5-32，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，∴5-32≤BE≤5+32，

即5-32≤PC≤5+32．

【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．

∠=，将一直角三角板8．如图1，O为直线AB上一点，过点O作射线OC，AOC30

()

∠=的直角顶点放在点O处，一边ON在射线OA上，另一边OM与OC都在直线M30

AB的上方．

()1将图1中的三角板绕点O以每秒5的速度沿逆时针方向旋转一周.如图2，经过t秒后，ON落在OC边上，则t=______秒(直接写结果)．

()2如图2，三角板继续绕点O以每秒5的速度沿逆时针方向旋转到起点OA上.同时射线OC也绕O点以每秒10的速度沿逆时针方向旋转一周，

∠的度数．

①当OC转动9秒时，求MOC

②运动多少秒时，MOC35

∠=？请说明理由．

【答案】（1）6；（2）①45；②11秒或25秒，理由见解析.

【解析】

【分析】

(1)因为∠AOC=30°，所以ON落在OC边上时，三角板旋转了30°，即可求出旋转时间；

(2)在整个旋转过程中，可以看做这样一个追及问题更容易理解，即：ON绕点O以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转，同时射线OC也绕O点以每秒10°的速度沿逆时针方向旋转；

①9秒时，∠NOC=45°，而OC旋转了90°，所以∠MOC的度数就是45°；

②∠MOC=35°时，应分OC 与OM 重合前35°与重合后35°两种情况考虑，分别进行求解即可. 【详解】

()1AOC 30∠=，

而三角板每秒旋转5，

∴当ON 落在OC 边上时，有5t 30=，

得t 6=， 故答案为6；

()2①当OC 转动9秒时，COA 30

109120∠=+?=，

而MOA 309059165∠=++?=， 又

MOC MOA COA ∠∠∠=-，

即：MOC 16512045∠=-=，

答：当OC 转动9秒时，MOC ∠的度数为45；

②设OC 运动起始位置为射线OP(如图1)，运动t 秒时，MOC 35∠=，

则MOP 905t ∠=+，COP 10t ∠=，

当MOC 35∠=时，有()

905t 10t 35+-=或()

10t 905t 35-+=， 得t 11=或t 25=，

因为三角板与射线OC 都只旋转一周，所以不考虑再次追及的情况， 故当运动11秒或25秒时，MOC 35∠=． 【点睛】

本题考查的是用方程的思想解决角的旋转的问题，找准等量关系，正确列出一元一次方程是解题的关键．