上海数学 旋转的专项 培优易错试卷练习题

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图1，在□ABCD中，AB=6，∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上，连接AE，把△ABE沿AE折叠，使点B与AD上的点F重合，连接EF.

(1)求证：四边形ABEF是菱形；

(2)如图2，点M是BC上的动点，连接AM，把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN，连接FN，求FN的最小值(用含的代数式表示).

【答案】（1）详见解析；（2）FE·sin(－90°)

【解析】

【分析】

(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE，所以∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得

∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA，故有AB∥FE，因此四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF,因此可得结论；

(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG＝90°－，利用菱形的性质得到∠FEN＝－90°，再根据垂线段最短，求出FN的最小值即可.

【详解】

（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，

∴∠FAE=∠BEA，

由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA, BE=EF，

∴∠BAE=∠FEA，

∴AB∥FE，

∴四边形ABEF是平行四边形，

又BE=EF，

∴四边形ABEF是菱形；

（2）①如图1，当点M在线段BE上时，在射线MC上取点G，使MG＝AB，连接GN、EN.

∵∠AMN＝∠B＝，∠AMN+∠2＝∠1+∠B

∴∠1＝∠2

又AM＝NM，AB＝MG

∴△ABM≌△MGN

∴∠B＝∠3，NG＝BM

∵MG＝AB＝BE

∴EG＝AB＝NG

∴∠4=∠ENG= (180°－)＝90°－

又在菱形ABEF中，AB∥EF

∴∠FEC＝∠B=

∴∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°

②如图2，当点M在线段EC上时，在BC延长线上截取MG＝AB，连接GN、EN.

同理可得：∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－)＝－90°

综上所述，∠FEN＝－90°

∴当点M在BC上运动时，点N在射线EH上运动(如图3)

当FN⊥EH时，FN最小，其最小值为FE·sin(－90°)

【点睛】

本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题，解题的关键是分类讨论得出∠FEN ＝－90°，再运用垂线段最短求出FN的最小值.

2．在等边△AOB中，将扇形COD按图1摆放，使扇形的半径OC、OD分别与OA、OB重

合，OA ＝OB ＝2，OC ＝OD ＝1，固定等边△AOB 不动，让扇形COD 绕点O 逆时针旋转，线段AC 、BD 也随之变化，设旋转角为α．（0＜α≤360°） （1）当OC ∥AB 时，旋转角α

＝ 度；

发现：（2）线段AC 与BD 有何数量关系，请仅就图2给出证明． 应用：（3）当A 、C 、D 三点共线时，求BD 的长．

拓展：（4）P 是线段AB 上任意一点，在扇形COD 的旋转过程中，请直接写出线段PC 的最大值与最小值．

【答案】（1）60或240；(2) AC=BD ，理由见解析；（313+1131

-4）PC 的最大值=3，PC 的最小值31． 【解析】

分析：（1）如图1中，易知当点D 在线段AD 和线段AD 的延长线上时，OC ∥AB ，此时旋转角α=60°或240°．

（2）结论：AC =BD ．只要证明△AOC ≌△BOD 即可． （3）在图3、图4中，分别求解即可．

（4）如图5中，由题意，点C 在以O 为圆心，1为半径的⊙O 上运动，过点O 作OH ⊥AB 于H ，直线OH 交⊙O 于C ′、C ″，线段CB 的长即为PC 的最大值，线段C ″H 的长即为PC 的最小值．易知PC 的最大值=3，PC 的最小值31．

详解：（1）如图1中，∵△ABC 是等边三角形，∴∠AOB =∠COD =60°，∴当点D 在线段AD 和线段AD 的延长线上时，OC ∥AB ，此时旋转角α=60°或240°． 故答案为60或240；

（2）结论：AC =BD ，理由如下：

如图2中，∵∠COD =∠AOB =60°，∴∠COA =∠DOB ．在△AOC 和△BOD 中，

OA OB

COA DOB CO OD =??

∠=∠??=?

，∴△AOC ≌△BOD ，∴AC =BD ；

（3）①如图3中，当A、C、D共线时，作OH⊥AC于H．

在Rt△COH中，∵OC=1，∠COH=30°，∴CH=HD=1

2

，OH=

3

2

．在Rt△AOH中，

AH=22

OA OH

-=13

2

，∴BD=AC=CH+AH=

113

2

+

．

如图4中，当A、C、D共线时，作OH⊥AC于H．

易知AC=BD=AH﹣CH=131

-

．

综上所述：当A、C、D三点共线时，BD的长为131

2

+

或

131

2

-

；

（4）如图5中，由题意，点C在以O为圆心，1为半径的⊙O上运动，过点O作

OH⊥AB于H，直线OH交⊙O于C′、C″，线段CB的长即为PC的最大值，线段C″H的长即为PC的最小值．易知PC的最大值=3，PC的最小值=3﹣1．

点睛：本题考查了圆综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、

勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题．

3．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3【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 =

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.

4．正方形ABCD的边长为1，对角线AC与BD相交于点O，点E是AB边上的一个动点（点E不与点A、B重合），CE与BD相交于点F，设线段BE的长度为x．

（1）如图1，当AD=2OF时，求出x的值；

（2）如图2，把线段CE绕点E顺时针旋转90°，使点C落在点P处，连接AP，设△APE 的面积为S，试求S与x的函数关系式并求出S的最大值．

【答案】（1）x=﹣1；

（2）S=﹣（x﹣）2+（0＜x＜1），

当x=时，S的值最大，最大值为，．

【解析】

试题分析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，由平行线等分线段定理得到

CM=ME，根据三角形的中位线定理得到AE=2OM=2OF，得到OM=OF，于是得到BF=BE=x，

求得OF=OM=解方程，即可得到结果；

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，根据已知条件得到∠ECB=∠PEG，根据

全等三角形的性质得到EB=PG=x，由三角形的面积公式得到S=（1﹣x）?x，根据二次函数的性质即可得到结论．

试题解析：（1）过O作OM∥AB交CE于点M，如图1，

∵OA=OC，

∴CM=ME，

∴AE=2OM=2OF，

∴OM=OF，

∴，

∴BF=BE=x，

∴OF=OM=，

∵AB=1，

∴OB=，

∴，

∴x=﹣1；

（2）过P作PG⊥AB交AB的延长线于G，如图2，

∵∠CEP=∠EBC=90°，

∴∠ECB=∠PEG，

∵PE=EC，∠EGP=∠CBE=90°，

在△EPG与△CEB中，

，

∴△EPG≌△CEB，

∴EB=PG=x，

∴AE=1﹣x，

∴S=（1﹣x）?x=﹣x2+x=﹣（x﹣）2+，（0＜x＜1），

∵﹣＜0，

∴当x=时，S的值最大，最大值为，．

考点：四边形综合题

5．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.

6．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（5，0），菱形OABC的顶

点B，C在第一象限，tan∠AOC=，将菱形绕点A按顺时针方向旋转角α（0°<α<∠AOC）得到菱形FADE（点O的对应点为点F），EF与OC交于点G，连结AG．

（1）求点B的坐标；

（2）当OG=4时，求AG的长；

（3）求证：GA平分∠OGE；

（4）连结BD并延长交轴于点P，当点P的坐标为（12，0）时，求点G的坐标．

【答案】(1)(8,4);(2)；（3）（）.

【解析】

试题分析：(1)如图1，过点B作BH⊥x轴于点H,由已知可得∠BAH=∠COA,在Rt△ABH中，tan∠BAH=tan∠AOC=，AB=5，可求得BH=4，AH=3，所以OH=8，即可得点B的坐标为（8,4）；（2）如图1，过点A作AM⊥OC于点M,在Rt△AOM中，tan∠AOC=，OA=5，

可求得AM=4，OA=3，所以GM=1，再由勾股定理即可求得AG=；(3)如图1，过点A 作AN⊥EF轴于点N,易证△AOM≌△AFN,根据全等三角形的性质可得AM=AN,再由角平分线的判定可得GA平分∠OGE；（4）如图2，过点G作GQ⊥x轴于点Q,先证△GOA∽△BAP,根据相似三角形的性质求得GQ=,再由锐角三角函数求得OQ=，即可得点G的坐标

为（）.

试题解析：

（1）如图1，过点B作BH⊥x轴于点H，

∵四边形OABC为菱形，∴OC∥AB，

∴∠BAH=∠COA．

∵tan∠AOC=，

∴tan∠BAH=．

又∵在直角△BAH中，AB=5，

∴BH=3AB=4，AH=AB=3，

∴OH=OA+AH=5+3=8，

∴点B的坐标为（8，4）；

（2）如图1，过点A作AM⊥OC于点M，在直角△AOM中，∵tan∠AOC=，OA=5，∴AM=OA=4，OM=OA=3，

∵OG=4，

∴GM=OG-OM=4-3=1，

∴AG=；（3）如图1，过点A作AN⊥EF于点N，∵在△AOM与△AFN中，

∠AOM＝∠F,OA＝FA,∠AMO＝∠ANF＝90°，∴△AOM≌△AFN（ASA），

∴AM=AN，

∴GA平分∠OGE．

（4）如图2，过点G作GQ⊥x轴于点Q，由旋转可知：∠OAF=∠BAD=α．

∵AB=AD，

∴∠ABP=，

∵∠AOT=∠F，∠OTA=∠GTF，

∴∠OGA=∠EGA=1，

∴∠OGA=ABP，

又∵∠GOA=∠BAP，

∴△GOA∽△BAP，

∴，

∴GQ=×4=．

∵tan∠AOC=，

∴OQ=×=，

∴G（,）．

考点：三角形、四边形、锐角三角函数的综合题.

7．在△ABC中，AB=BC=2，∠ABC=120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC、BC于D、F两点．

（1）如图1，观察并猜想，在旋转过程中，线段BE与BF有怎样的数量关系？并证明你的结论；

（2）如图2，当α=30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由．

【答案】（1）BE=DF；（2）四边形BC1DA是菱形．

【解析】

【分析】

（1）由AB=BC得到∠A=∠C，再根据旋转的性质得AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，

∠ABE=∠C1BF，则可证明△ABE≌△C1BF，于是得到BE=BF

（2）根据等腰三角形的性质得∠A=∠C=30°，利用旋转的性质得∠A1=∠C1=30°，

∠ABA1=∠CBC1=30°，则利用平行线的判定方法得到A1C1∥AB，AC∥BC1，于是可判断四边形BC1DA是平行四边形，然后加上AB=BC1可判断四边形BC1DA是菱形．

【详解】

（1）解：BE=DF．理由如下：

∵AB=BC，

∴∠A=∠C，

∵△ABC绕点B顺时针旋转角α（0°＜α＜90°）得△A1BC1，

∴AB=BC=BC1，∠A=∠C=∠C1，∠ABE=∠C1BF，

在△ABE和△C1BF中

，

∴△ABE≌△C1BF，

∴BE=BF

（2）解：四边形BC1DA是菱形．理由如下：

∵AB=BC=2，∠ABC=120°，

∴∠A=∠C=30°，

∴∠A1=∠C1=30°，

∵∠ABA1=∠CBC1=30°，

∴∠ABA1=∠A1，∠CBC1=∠C，

∴A1C1∥AB，AC∥BC1，

∴四边形BC1DA是平行四边形．

又∵AB=BC1，

∴四边形BC1DA是菱形

【点睛】

本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了菱形的判定方法．

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。

【答案】（1）90 （2）答案见解析（3）4秒或16秒

【解析】

【分析】

（1）根据旋转的性质知，旋转角是∠MON；

（2）如图3，利用平角的定义，结合已知条件“∠AOC：∠BOC＝1：2”求得∠AOC＝60°；

然后由直角的性质、图中角与角间的数量关系推知∠AOM﹣∠NOC＝30°；

（3）需要分类讨论：（ⅰ）当直角边ON在∠AOC外部时，旋转角是60°；（ⅱ）当直角边ON在∠AOC内部时，旋转角是240°

【详解】

解：（1）由旋转的性质知，旋转角∠MON＝90°．

故答案是：90；

（2）如图3，∠AOM﹣∠NOC＝30°．

设∠AOC＝α，由∠AOC：∠BOC＝1：2可得

∠BOC＝2α．

∵∠AOC+∠BOC＝180°，

∴α+2α＝180°．

解得α＝60°．

即∠AOC＝60°．

∴∠AON+∠NOC＝60°．①

∵∠MON＝90°，

∴∠AOM+∠AON＝90°．②

由②﹣①，得∠AOM﹣∠NOC＝30°；

（3）（ⅰ）如图4，当直角边ON在∠AOC外部时，

由OD平分∠AOC，可得∠BON＝30°．

因此三角板绕点O逆时针旋转60°．

此时三角板的运动时间为：

t＝60°÷15°＝4（秒）．

（ⅱ）如图5，当直角边ON在∠AOC内部时，

由ON平分∠AOC，可得∠CON＝30°．

因此三角板绕点O逆时针旋转240°．

此时三角板的运动时间为：

t＝240°÷15°＝16（秒）．

【点睛】

本题综合考查了旋转的性质，角的计算．解答（3）题时，需要分类讨论，以防漏解．