备战中考数学专题复习旋转的综合题附答案
一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
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．如图l，在AABC中，∠ACB=90°，点P为ΔABC内一点.
(1)连接PB，PC，将ABCP沿射线CA方向平移，得到ΔDAE，点B，C，P的对应点分别为点D、A、E，连接CE.
①依题意，请在图2中补全图形；②如果BP⊥CE，BP=3，AB=6，求CE的长
(2)如图3，以点A为旋转中心，将ΔABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接PA、PB、PC，当AC=3，AB=6时，根据此图求PA+PB+PC的最小值.
【答案】（1）①补图见解析；②；（2）
【解析】
（1）①连接PB、PC，将△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，点B、C、P的对应点分别为点D、A、E，连接CE，据此画图即可；②连接BD、CD，构造矩形ACBD和
Rt△CDE，根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行计算，即可求得CE的长；
（2）以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN，根据△PAM、△ABN都是等边三角形，可得PA+PB+PC=CP+PM+MN,最后根据当C、P、M、N四点共射线，PA+PB+PC的值最小，此时△CBN是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题.
解：（1）①补全图形如图所示；
②如图，连接BD、CD
∵△BCP沿射线CA方向平移，得到△DAE，
∴BC∥AD且BC=AD，
∵∠ACB=90°，
∴四边形BCAD是矩形，∴CD=AB=6，
∵BP=3，∴DE=BP=3，
∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE，
∴在Rt△DCE中，；
（2）证明：如图所示，
当C、P、M、N四点共线时，PA+PB+PC最小
由旋转可得，△AMN≌△APB，
∴PB=MN
易得△APM、△ABN都是等边三角形，
∴PA=PM
∴PA+PB+PC=PM+MN+PC=CN，
∴BN=AB=6，∠BNA=60°，∠PAM=60°
∴∠CAN=∠CAB+∠BAN=60°+60°=120°，
∴∠CBN=90°
在Rt△ABC中，易得
∴在Rt△BCN中，
“点睛”本题属于几何变换综合题，主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形，依据图形的性质进行计算求解.
3．已知：△ABC和△ADE均为等边三角形，连接BE，CD，点F，G，H分别为DE，BE，CD
中点．
（1）当△ADE绕点A旋转时，如图1，则△FGH的形状为，说明理由；
（2）在△ADE旋转的过程中，当B，D，E三点共线时，如图2，若AB=3，AD=2，求线段FH的长；
（3）在△ADE旋转的过程中，若AB=a，AD=b（a＞b＞0），则△FGH的周长是否存在最大值和最小值，若存在，直接写出最大值和最小值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）△FGH是等边三角形；（2）61
；（3）△FGH的周长最大值为
3
2
（a+b），最小值为3
2
（a﹣b）．
【解析】
试题分析：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：根据三角形中位线定理证明FG=FH，再想办法证明∠GFH=60°即可解决问题；、
（2）如图2中，连接AF、EC．在Rt△AFE和Rt△AFB中，解直角三角形即可；
（3）首先证明△GFH的周长=3GF=3
2
BD，求出BD的最大值和最小值即可解决问题；
试题解析：解：（1）结论：△FGH是等边三角形．理由如下：
如图1中，连接BD、CE，延长BD交CE于M，设BM交FH于点O．
∵△ABC和△ADE均为等边三角形，∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE，∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE，∴BD=CE，∠ADB=∠AEC，∵EG=GB，EF=FD，∴FG=1
2
BD，GF∥BD，
∵DF=EF，DH=HC，∴FH=1
2
EC，FH∥EC，∴FG=FH，∵∠ADB+∠ADM=180°，
∴∠AEC+∠ADM=180°，∴∠DMC+∠DAE=180°，∴∠DME=120°，∴∠BMC=60°∴∠GFH=∠BOH=∠BMC=60°，∴△GHF是等边三角形，故答案为：等边三角形．
（2）如图2中，连接AF 、EC ．
易知AF ⊥DE ，在Rt △AEF 中，AE =2，EF =DF =1，∴AF =2221-=3，在Rt △ABF 中，BF =22AB AF - =6，∴BD =CE =BF ﹣DF =61-，∴FH =12EC =61-． （3）存在．理由如下．
由（1）可知，△GFH 是等边三角形，GF =
12
BD ，∴△GFH 的周长=3GF =3
2BD ，在△ABD
中，AB =a ，AD =b ，∴BD 的最小值为a ﹣b ，最大值为a +b ，∴△FGH 的周长最大值为
3
2
（a +b ），最小值为3
2
（a ﹣b ）．
点睛：本题考查等边三角形的性质．全等三角形的判定和性质、解直角三角形、三角形的三边关系、三角形的中位线的宽等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．
4．如图①，在
ABCD 中，AB =10cm ，BC =4cm ，∠BCD =120°，CE 平分∠BCD 交AB 于点E .
点P 从A 点出发，沿AB 方向以1cm/s 的速度运动，连接CP ，将△PCE 绕点C 逆时针旋转60°，使CE 与CB 重合，得到△QCB ，连接PQ . （1）求证：△PCQ 是等边三角形；
（2）如图②，当点P 在线段EB 上运动时，△PBQ 的周长是否存在最小值？若存在，求 出△PBQ 周长的最小值；若不存在，请说明理由；
（3）如图③，当点P 在射线AM 上运动时，是否存在以点P 、B 、Q 为顶点的直角三角形？
若存在，求出此时t 的值；若不存在，请说明理由.
（1） （2）
（3）
【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3）t为2s或者14s.
【解析】
分析：（1）根据旋转的性质，证明△PCE≌△QCB，然后根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可；
（2）利用平行四边形的性质证得△BCE为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到△PBQ的周长为4+CP，然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可；
（3）根据点的移动的距离，分类讨论求解即可.
详解：（1）∵旋转
∴△PCE≌△QCB
∴CP=CQ，∠PCE =∠QCB，
∵∠BCD=120°，CE平分∠BCD，
∴∠PCQ=60°，
∴∠PCE +∠QCE=∠QCB+∠QCE=60°，
∴△PCQ为等边三角形.
（2）存在
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE=60 ，
∵在平行四边形ABCD 中，
∴AB∥CD
∴∠ABC=180°﹣120°=60°
∴△BCE为等边三角形
∴BE=CB=4
∵旋转
∴△PCE≌△QCB
∴EP=BQ，
∴C△PBQ=PB+BQ+PQ
=PB+EP+PQ
=BE+PQ
=4+CP
∴CP⊥AB时，△PBQ周长最小
当CP⊥AB时，CP=BCsin60°=3
∴△PBQ周长最小为4＋23
（3）①当点B与点P重合时，P,B,Q不能构成三角形
②当0≤t＜6时，由旋转可知，
∠CPE=∠CQB，
∠CPQ=∠CPB+∠BPQ=60°
则：∠BPQ+∠CQB＝60°，
又∵∠QPB+∠PQC+∠CQB+∠PBQ=180°
∴∠CBQ=180°—60°—60°=60°
∴∠QBP=60°，∠BPQ＜60°，
所以∠PQB可能为直角
由（1）知，△PCQ为等边三角形，
∴∠PBQ=60°，∠CQB＝30°
∵∠CQB＝∠CPB
∴∠CPB=30°
∵∠CEB＝60°，
∴∠ACP＝∠APC=30°
∴PA=CA=4，
所以AP=AE-EP=6-4=2
÷=s
所以t＝212
③当6＜t＜10时，由∠PBQ＝120°＞90°，所以不存在
④当t＞10时，由旋转得：∠PBQ=60°，由（1）得∠CPQ=60°
∴∠BPQ=∠CPQ+∠BPC=60°+∠BPC，
而∠BPC＞0°，
∴∠BPQ＞60°
∴∠BPQ=90°，从而∠BCP=30°，
∴BP=BC=4
所以AP=14cm
所以t=14s
综上所述：t为2s或者14s时，符合题意。
点睛：此题主要考查了旋转图形变化的应用，结合平行四边形、等边三角形、全等三角形的判定与性质，进行解答即可，注意分类讨论思想的应用，比较困难.
5．（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.
6．已知△ABC是等腰三角形，AB=AC．
（1）特殊情形：如图1，当DE∥BC时，有DB EC．（填“＞”，“＜”或“=”）
（2）发现探究：若将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α（0°＜α＜180°）到图2位置，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展运用：如图3，P是等腰直角三角形ABC内一点，∠ACB=90°，且PB=1，PC=2，PA=3，求∠BPC的度数．
【答案】（1）=；（2）成立，证明见解析；（3）135°.
【解析】
【分析】
试题（1）由DE∥BC，得到DB EC
AB AC
=，结合AB=AC，得到DB=EC；
（2）由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC，得到DB=CE；
（3）由旋转构造出△CPB≌△CEA，再用勾股定理计算出PE，然后用勾股定理逆定理判断出△PEA是直角三角形，在简单计算即可．
【详解】
（1）∵DE∥BC，
∴DB EC
AB AC
=，
∵AB=AC，
∴DB=EC，
故答案为=，
（2）成立．
证明：由①易知AD=AE，
∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC ， 又∵AD=AE ，AB=AC ∴△DAB ≌△EAC ， ∴DB=CE ， （3）如图，
将△CPB 绕点C 旋转90°得△CEA ，连接PE ， ∴△CPB ≌△CEA ，
∴CE=CP=2，AE=BP=1，∠PCE=90°， ∴∠CEP=∠CPE=45°，
在Rt △PCE 中，由勾股定理可得，PE=2 在△PEA 中，PE 2=（222=8，AE 2=12=1，PA 2=32=9， ∵PE 2+AE 2=AP 2， ∴△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.
7．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”。 （1）概念理解:
如图1,在ABC ?中,6AC = ,3BC =.30ACB ∠=?,试判断ABC ?是否是“等高底”三角形，请说明理由. （2）问题探究:
如图2, ABC ?是“等高底”三角形,BC 是“等底”，作ABC ?关于BC 所在直线的对称图形得到A BC '?,连结AA '交直线BC 于点D .若点B 是123,12z ai z i =-=+的重心,求AC
BC
的值. （3）应用拓展:
如图3,已知12l l //,1l 与2l 之间的距离为2.“等高底”ABC ?的“等底” BC 在直线1l 上,点A 在直线2l 上,有一边的长是BC 2倍.将ABC ?绕点C 按顺时针方向旋转45?得到
A B C ?'',A C '所在直线交2l 于点D .求CD 的值.
【答案】（1）证明见解析；（2）13
AC BC =
（3）CD 的值为2103,22,2 【解析】
分析：（1）过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ，可以得到AD =BC =3，即可得到结论； （2）根据 ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，得到AD =BC ， 再由 ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， 得到 ∠ADC =90°，由重心的性质，得到BC =2BD ．设BD =x ，则AD =BC =2x ， CD =3x ，由勾股定理得AC =13x ，即可得到结论；
（3）分两种情况讨论即可：①当AB =2BC 时，再分两种情况讨论； ②当AC =2BC 时，再分两种情况讨论即可． 详解：（1）是．理由如下：
如图1，过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ， ∴ΔADC 为直角三角形，∠ADC =90°． ∵ ∠ACB =30°，AC =6，∴ AD =1
2
AC =3， ∴ AD =BC =3，
即ΔABC 是“等高底”三角形．
（2）如图2， ∵ ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，∴AD =BC ， ∵ ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， ∴ ∠ADC =90°． ∵点B 是ΔAA ′C 的重心， ∴ BC =2BD ． 设BD =x ，则AD =BC =2x ，∴CD =3x ， ∴由勾股定理得AC 13， ∴
1313
AC x BC ==
（3）①当AB =2BC 时，
Ⅰ．如图3，作AE ⊥l 1于点E ， DF ⊥AC 于点F ． ∵“等高底” ΔABC 的“等底”为BC ，l 1//l 2， l 1与l 2之间的距离为2， AB =2BC ， ∴BC =AE =2，AB =22， ∴BE =2，即EC =4，∴AC = 25．
∵ ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ' B ' C ，∴∠CDF =45°． 设DF =CF =x ．
∵l 1//l 2，∴∠ACE =∠DAF ，∴1
2
DF AE AF CE ==，即AF =2x ． ∴AC =3x =25，可得x =
2
53，∴CD =2x =2103
．
Ⅱ．如图4，此时ΔABC 是等腰直角三角形， ∵ ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ' B ' C ， ∴ ΔACD 是等腰直角三角形， ∴ CD =2AC =22．
②当AC =2BC 时，
Ⅰ．如图5，此时△ABC 是等腰直角三角形． ∵ ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ′ B ′C ， ∴A ′C ⊥l 1，∴CD =AB =BC =2．
Ⅱ．如图6，作AE ⊥l 1于点E ，则AE =BC ，
∴AC =2BC =2AE ，∴∠ACE =45°，
∴ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ′ B ′C 时， 点A ′在直线l 1上，
∴A ′C ∥l 2，即直线A ′ C 与l 2无交点．
综上所述：CD 的值为
2
103
，22，2． 点睛：本题是几何变换-旋转综合题．考查了重心的性质，勾股定理，旋转的性质以及阅读理解能力．解题的关键是对新概念“等高底”三角形的理解．
8．如图，四边形ABCD 中，45ABC ADC ∠=∠=，将BCD ?绕点C 顺时针旋转一定角度后，点B 的对应点恰好与点A 重合，得到ACE ?.
（1）判断ABC ?的形状，并说明理由；
（2）若2AD =，3CD =，试求出四边形ABCD 的对角线BD 的长. 【答案】（1）ABC ?是等腰直角三角形，理由详见解析；（222 【解析】 【分析】
（1）利用旋转不变性证明A4BC 是等腰直角三角形.
（2）证明ACDE 是等腰直角三角形，再在Rt △ADE 中，求出AE 即可解决问题. 【详解】
解：（1）ABC ?是等腰直角三角形. 理由：∵BC CA =， ∴45CBA CAB ∠=∠=， ∴90ACB ∠=，
∴ACB ?是等腰直角三角形. （2）如图：由旋转的性质可知：
90DCE ACB ∠=∠=，3CD CE ==，BD AE =，
∴32DE =，45CDE CED ∠=∠=， ∵45ADC ∠=，
∴454590ADE ∠=+=， ∴()
2
222
232
22AE AD DE =
+=+=，
∴22BD AE ==
.
【点睛】
本题考查旋转变换，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型