提练基本图形,妙解三角板的旋转问题

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巧旋转妙解题

巧旋转妙解题河北张家口市第十九中学贺峰数学课程标准中“空间与图形”部分指出：平移、旋转、轴对称是现实世界运动变化最简捷的基本形式之一，它们不仅是探索图形的一些性质的必要手段，而且也是解决现实世界中的具体问题以及进行数学交流的重要工具，在这一理念的引导下，各地中考和毕业考试加大了这方面的考察力度。

现将旋转在几何中的几个方面的应用举例说明：一、利用旋转求值例1如图1，P 是正三角形 ABC 内的一点，且P A ＝6，PB ＝8，PC＝10．若将△P AC 绕点A 逆时针旋转后，得到△P 'AB ，则点P 与点P ' 之间的距离为_______，∠APB ＝______0．解析：如图2，连接PP '，由旋转可得P A ＝P 'A ，P 'B ＝PC ，∠P AC ＝∠P 'AC ，因为三角形 ABC 为正三角形，所以∠BAC ＝∠BAP ＋∠P AC＝600，所以∠P 'AP ＝600，所以△P 'AP 为正三角形，PP '＝6，在△P 'BP 中，因为PP'＝6，PB ＝8，P'B ＝10，所以△P'B 为直角三角形，此时∠P 'PB ＝900，因此∠APB ＝∠APP '＋∠P 'PB ＝600＋900＝1500。

说明：图形旋转前后，图形的大小形状并不改变，只是位置发生的变化，解决旋转求值问题题一定抓住旋转中心与旋转角将其转化为特殊三角形是解题的关键。

二、利用旋转说理例2如图3，在网格中有一个四边形图案．(1)请你画出此图案绕点D 顺时针方向旋转900，1800，2700的图案，你会得到一个美丽的图案，千万不要将阴影位置涂错；(2)若网格中每个小正方形的边长为l ，旋转后点A 的对应点依次为A 1、A 2、A 3，求四边形AA 1A 2A 3的面积；(3)这个美丽图案能够说明一个著名结论的正确性，请写出这个结论．解析：(1)如图4，正确画出图案(2) S 四边形AA 1A 2A 3＝S 四边形AB 1B 2B 3－4S △BAA 3＝(3＋5)2－4×12×3×5 ＝34故四边形似AA 1A 2A 3的面积为34． (3)结论：AB 2+BC 2=AC 2或勾股定理的文字叙述说明：本题将作图、求值、猜想等知识有机地结合在一起，让学生充分经历到了由形到数、数形结合的数学体验，通过动手操作、计算、观察、归纳、猜想结论的模式来解决问题。

备战中考数学初中数学旋转的综合热点考点难点含答案解析

备战中考数学初中数学旋转的综合热点考点难点含答案解析一、旋转1．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．2．阅读材料：小胖同学发现这样一个规律：两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形．小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形．如图1，在“手拉手”图形中，小胖发现若∠BAC＝∠DAE，AB＝AC，AD＝AE，则BD＝CE．(1)在图1中证明小胖的发现；借助小胖同学总结规律，构造“手拉手”图形来解答下面的问题：(2)如图2，AB＝BC，∠ABC＝∠BDC＝60°，求证：AD+CD＝BD；(3)如图3，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝m°，点E为△ABC外一点，点D为BC中点，∠EBC＝∠ACF，ED⊥FD，求∠EAF的度数（用含有m的式子表示）．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）∠EAF =12 m°.【解析】分析：（1）如图1中，欲证明BD=EC ，只要证明△DAB ≌△EAC 即可；（2）如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．首先证明△BDE 是等边三角形，再证明△ABD ≌△CBE 即可解决问题；（3）如图3中，将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ，连接CG 、EG 、EF 、FG ，延长ED 到M ，使得DM=DE ，连接FM 、CM ．想办法证明△AFE ≌△AFG ，可得∠EAF=∠FAG=12m°. 详（1）证明：如图1中，∵∠BAC=∠DAE ，∴∠DAB=∠EAC ，在△DAB 和△EAC 中，AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△DAB ≌△EAC ，∴BD=EC ．（2）证明：如图2中，延长DC 到E ，使得DB=DE ．∵DB=DE ，∠BDC=60°，∴△BDE 是等边三角形，∴∠BD=BE ，∠DBE=∠ABC=60°，∴∠ABD=∠CBE ，∵AB=BC ，∴△ABD ≌△CBE ，∴AD=EC ，∴BD=DE=DC+CE=DC+AD．∴AD+CD=BD．（3）如图3中，将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG，连接CG、EG、EF、FG，延长ED到M，使得DM=DE，连接FM、CM．由（1）可知△EAB≌△GAC，∴∠1=∠2，BE=CG，∵BD=DC，∠BDE=∠CDM，DE=DM，∴△EDB≌△MDC，∴EM=CM=CG，∠EBC=∠MCD，∵∠EBC=∠ACF，∴∠MCD=∠ACF，∴∠FCM=∠ACB=∠ABC，∴∠1=3=∠2，∴∠FCG=∠ACB=∠MCF，∵CF=CF，CG=CM，∴△CFG≌△CFM，∴FG=FM，∵ED=DM，DF⊥EM，∴FE=FM=FG，∵AE=AG，AF=AF，∴△AFE≌△AFG，∴∠EAF=∠FAG=12 m°．点睛：本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题，学会构造“手拉手”模型，解决实际问题，属于中考压轴题．3．（操作发现）（1）如图1，△ABC为等边三角形，先将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于30°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=30°，连接AF，EF．①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；（类比探究）（2）如图2，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转（旋转角大于0°且小于45°），旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF=CD，线段AB上取点E，使∠DCE=45°，连接AF，EF．请直接写出探究结果：①∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．【答案】（1）①120°②DE=EF；（2）①90°②AE2+DB2=DE2【解析】试题分析：（1）①由等边三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=60°，求出∠ACF=∠BCD，证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=60°，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF即可；（2）①由等腰直角三角形的性质得出AC=BC，∠BAC=∠B=45°，证出∠ACF=∠BCD，由SAS证明△ACF≌△BCD，得出∠CAF=∠B=45°，AF=DB，求出∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②证出∠DCE=∠FCE，由SAS证明△DCE≌△FCE，得出DE=EF；在Rt△AEF中，由勾股定理得出AE2+AF2=EF2，即可得出结论．试题解析：解：（1）①∵△ABC是等边三角形，∴AC=BC，∠BAC=∠B=60°．∵∠DCF=60°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=60°，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=120°；②DE=EF．理由如下：∵∠DCF=60°，∠DCE=30°，∴∠FCE=60°﹣30°=30°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE 中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF；（2）①∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，∴AC=BC，∠BAC=∠B=45°．∵∠DCF=90°，∴∠ACF=∠BCD．在△ACF和△BCD中，∵AC=BC，∠ACF=∠BCD，CF=CD，∴△ACF≌△BCD（SAS），∴∠CAF=∠B=45°，AF=DB，∴∠EAF=∠BAC+∠CAF=90°；②AE2+DB2=DE2，理由如下：∵∠DCF=90°，∠DCE=45°，∴∠FCE=90°﹣45°=45°，∴∠DCE=∠FCE．在△DCE和△FCE 中，∵CD=CF，∠DCE=∠FCE，CE=CE，∴△DCE≌△FCE（SAS），∴DE=EF．在Rt△AEF 中，AE2+AF2=EF2，又∵AF=DB，∴AE2+DB2=DE2．4．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.【解析】试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，在△AGE与△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）；（2）设正方形ABCD的边长为a．将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．则△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，∴a﹣BE=a﹣DF，∴BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45°=90°，∴EG2=ME2+MG2，∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；（3）EF2=2BE2+2DF2．如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2考点：四边形综合题5．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：()1探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=o ，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 求证：BCD V 的面积为21.(2a 提示：过点D 作BC 边上的高DE ，可证ABC V ≌)BDE V ()2探究2：如图2，在一般的Rt ABC V 中，90ACB ∠=o ，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 请用含a 的式子表示BCD V 的面积，并说明理由． ()3探究3：如图3，在等腰三角形ABC 中，AB AC =，BC a =，将边AB 绕点B 顺时针旋转90o 得到线段BD ，连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD V 的面积，要有探究过程．【答案】（1）详见解析；（2）BCD V 的面积为212a ，理由详见解析；（3）BCD V 的面积为214a ．【解析】【分析】 ()1如图1，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC V ≌BDE V ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()2如图2，过点D 作BC 的垂线，与BC 的延长线交于点E ，由垂直的性质就可以得出ABC V ≌BDE V ，就有DE BC a.==进而由三角形的面积公式得出结论；()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，由等腰三角形的性质可以得出1 BF BC2=，由条件可以得出AFBV≌BEDV就可以得出BF DE=，由三角形的面积公式就可以得出结论．【详解】()1如图1，过点D作DE CB⊥交CB的延长线于E，BED ACB90∠∠∴==o，由旋转知，AB AD=，ABD90∠=o，ABC DBE90∠∠∴+=o，A ABC90∠∠+=oQ，A DBE∠∠∴=，在ABCV和BDEV中，ACB BEDA DBEAB BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC∴V≌()BDE AASVBC DE a∴==，BCD1S BC DE2=⋅VQ，2BCD1S a2∴=V；()2BCDV的面积为21a2，理由：如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，BED ACB90∠∠∴==o，Q线段AB绕点B顺时针旋转90o得到线段BE，AB BD∴=，ABD90∠=o，ABC DBE 90∠∠∴+=o ，A ABC 90∠∠+=o Q ，A DBE ∠∠∴=，在ABC V 和BDE V 中，ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ABC ∴V ≌()BDE AAS V ，BC DE a ∴==，BCD 1S BC DE 2=⋅V Q ， 2BCD 1S a 2∴=V ； ()3如图3，过点A 作AF BC ⊥与F ，过点D 作DE BC ⊥的延长线于点E ，AFB E 90∠∠∴==o ，11BF BC a 22==， FAB ABF 90∠∠∴+=o ，ABD 90∠=o Q ，ABF DBE 90∠∠∴+=o ， FAB EBD ∠∠∴=，Q 线段BD 是由线段AB 旋转得到的，AB BD ∴=，在AFB V 和BED V 中，AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AFB ∴V ≌()BED AAS V ，1BF DE a 2∴==， 2BCD 1111S BC DE a a a 2224=⋅=⋅⋅=V Q ，BCD V 的面积为21a 4．【点睛】本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等，综合性较强，有一定的难度，正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.6．两块等腰直角三角板△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．7．如图1，在锐角△ABC中，∠ABC=45°，高线AD、BE相交于点F．（1）判断BF与AC的数量关系并说明理由；（2）如图2，将△ACD沿线段AD对折，点C落在BD上的点M，AM与BE相交于点N，当DE∥AM时，判断NE与AC的数量关系并说明理由．【答案】（1）BF=AC，理由见解析；（2）NE=12AC，理由见解析.【解析】试题分析：（1）如图1，证明△ADC≌△BDF（AAS），可得BF=AC；（2）如图2，由折叠得：MD=DC，先根据三角形中位线的推论可得：AE=EC，由线段垂直平分线的性质得：AB=BC，则∠ABE=∠CBE，结合（1）得：△BDF≌△ADM，则∠DBF=∠MAD，最后证明∠ANE=∠NAE=45°，得AE=EN，所以EN=12 AC．试题解析：（1）BF=AC，理由是：如图1，∵AD⊥BC，BE⊥AC，∴∠ADB=∠AEF=90°，∵∠ABC=45°，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AD=BD，∵∠AFE=∠BFD，∴∠DAC=∠EBC，在△ADC和△BDF中，∵DAC DBFADC BDF AD BD∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADC≌△BDF（AAS），∴BF=AC；（2）NE=12AC，理由是：如图2，由折叠得：MD=DC，∵DE∥AM，∴AE=EC，∵BE⊥AC，∴AB=BC，∴∠ABE=∠CBE，由（1）得：△ADC≌△BDF，∵△ADC≌△ADM，∴△BDF≌△ADM，∴∠DBF=∠MAD，∵∠DBA=∠BAD=45°，∴∠DBA﹣∠DBF=∠BAD﹣∠MAD，即∠ABE=∠BAN，∵∠ANE=∠ABE+∠BAN=2∠ABE，∠NAE=2∠NAD=2∠CBE，∴∠ANE=∠NAE=45°，∴AE=EN，∴EN=12 AC．8．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．9．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10．(1)观察猜想如图(1)，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D是BC的中点．以点D为顶点作正方形DEFG，使点A，C分别在DG和DE上，连接AE，BG，则线段BG和AE的数量关系是_____；(2)拓展探究将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后（旋转角度大于0°，小于或等于360°），如图2，则(1)中的结论是否仍然成立？如果成立，请予以证明；如果不成立，请说明理由.(3)解决问题若BC=DE=2，在(2)的旋转过程中，当AE为最大值时，直接写出AF的值．【答案】（1）BG＝AE．（2）成立．如图②，连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．…………………………………………7分（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时，BG最大，如图③．若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．∴AF＝【解析】解：（1）BG＝AE．（2）成立．如图②，连接AD．∵△ABC是等腰三直角角形，∠BAC＝90°，点D是BC的中点．∴∠ADB＝90°，且BD＝AD．∵∠BDG＝∠ADB－∠ADG＝90°－∠ADG＝∠ADE，DG＝DE．∴△BDG≌△ADE，∴BG＝AE．（3）由（2）知，BG＝AE，故当BG最大时，AE也最大．Z+X+X+K]因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中，G点运动的图形是以点D为圆心，DG为半径的圆，故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上（即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°）时，BG最大，如图③．若BC＝DE＝2，则AD＝1，EF＝2．在Rt△AEF中，AF2＝AE2＋EF2＝(AD＋DE)2＋EF2＝(1＋2)2＋22＝13．∴AF＝．即在正方形DEFG旋转过程中，当AE为最大值时，AF＝．11．如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC，CD上，且BE=DF，点P是AF的中点，点Q是直线AC与EF的交点，连接PQ，PD．（1）求证：AC垂直平分EF；（2）试判断△PDQ的形状，并加以证明；（3）如图2，若将△CEF绕着点C旋转180°，其余条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）△PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（3）成立；理由见解析.【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，由BE=DF，得出CE=CF，△CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明∠DPQ=90°，即可得出结论；（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF，PQ=AF，得出PD=PQ，再证明点A、F、Q、P四点共圆，由圆周角定理得出∠DPQ=2∠DAQ=90°，即可得出结论．试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠ADF=90°，∠BCA=∠DCA=45°，∵BE=DF，∴CE=CF，∴AC垂直平分EF；（2）解：△PDQ是等腰直角三角形；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∴∠DAP=∠ADP，∵AC垂直平分EF，∴∠AQF=90°，∴PQ=AF=PA，∴∠PAQ=∠AQP，PD=PQ，∵∠DPF=∠PAD+∠ADP，∠QPF=∠PAQ+∠AQP，∴∠DPQ=2∠PAD+2∠PAQ=2（∠PAD+∠PAQ）=2×45°=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形；（3）成立；理由如下：∵点P是AF的中点，∠ADF=90°，∴PD=AF=PA，∵BE=DF，BC=CD，∠FCQ=∠ACD=45°，∠ECQ=∠ACB=45°，∴CE=CF，∠FCQ=∠ECQ，∴CQ⊥EF，∠AQF=90°，∴PQ=AF=AP=PF，∴PD=PQ=AP=PF，∴点A、F、Q、P四点共圆，∴∠DPQ=2∠DAQ=90°，∴△PDQ是等腰直角三角形．考点：四边形综合题．12．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 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，在Rt △AHE 中，∠EAH ＝30°，AE ＝DE ＝1，∴HE ＝12，AH＝2，又∵AC ＝AB ＝3， ∴CH ＝∴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．13．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）BQ=CP；（2）成立：PC=BQ；（3）434【解析】试题分析：（1）结论：BQ=CP．如图1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等边三角形，只要证明△POH≌△QPB即可；（2）成立：PC=BQ．作PH∥AB交CO的延长线于H．证明方法类似（1）；（3）如图3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一点F，使得FP=FC，连接CF．设CE=CO=a，则FC=FP=2a，EF3，在Rt△PCE中，表示出PC，根据PC+CB=4，可得方程a a+=，求出a即可解决问题；62)24试题解析：解：（1）结论：BQ=CP．理由：如图1中，作PH∥AB交CO于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点O为AB中点，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO 是等边三角形，∴∠CHP =∠COB =60°，∠CPH =∠CBO =60°，∴∠CHP =∠CPH =60°，∴△CPH 是等边三角形，∴PC =PH =CH ，∴OH =PB ，∵∠OPB =∠OPQ +∠QPB =∠OCB +∠COP ，∵∠OPQ =∠OCP =60°，∴∠POH =∠QPB ，∵PO =PQ ，∴△POH ≌△QPB ，∴PH =QB ，∴PC =BQ ．（2）成立：PC =BQ ．理由：作PH ∥AB 交CO 的延长线于H ．在Rt △ABC 中，∵∠ACB =90°，∠A =30°，点O 为AB 中点，∴CO =AO =BO ，∠CBO =60°，∴△CBO 是等边三角形，∴∠CHP =∠COB =60°，∠CPH =∠CBO =60°，∴∠CHP =∠CPH =60°，∴△CPH 是等边三角形，∴PC =PH =CH ，∴OH =PB ，∵∠POH =60°+∠CPO ，∠QPO =60°+∠CPQ ，∴∠POH =∠QPB ，∵PO =PQ ，∴△POH ≌△QPB ，∴PH =QB ，∴PC =BQ ．（3）如图3中，作CE ⊥OP 于E ，在PE 上取一点F ，使得FP =FC ，连接CF ．∵∠OPC =15°，∠OCB =∠OCP +∠POC ，∴∠POC =45°，∴CE =EO ，设CE =CO =a ，则FC =FP =2a ，EF =3a ，在Rt △PCE 中，PC =22PE CE + =22(23)a a a ++=(62)a +，∵PC +CB =4，∴(62)24a a ++=，解得a =4226-，∴PC =434-，由（2）可知BQ =PC ，∴BQ =434-．点睛：此题考查几何变换综合题、旋转变换、等边三角形的判定和性质全等三角形的判定和性质等知识，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，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．14．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()EF 2BP EQ =-．（3）同（2）可证△FQE ≌△FPG （SAS ），得EQ=GP ，因此，()()EF GF 2BG 2GP BP 2EQ BP ===-=-．15．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32CF AC =；连结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 = ∴ 3CF AC = 连结FA ．Q 90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠ ∴ FCA ECB ∠=∠=α在Rt CFA ∆中，90CFA ∠=︒，3cos 2FCA ∠= ∴ 30FCA ∠=︒即30α=︒.（3）22222AB CF BE =+。

初中几何旋转解题思路

初中几何旋转解题思路
初中几何旋转解题思路一般分为以下几步：
1. 确定旋转中心和旋转角度：题目中一般会明确给出旋转中心和旋转角度，如果没有明确给出，需要根据题目条件自行判断。

通常情况下，旋转中心是图形的某个顶点、中心或边上的某个点，旋转角度是90度、180度或360度等。

2. 画出旋转后的图形：根据旋转中心和旋转角度，将原来的图形进行旋转，画出旋转后的图形。

3. 利用对称性质求解：利用旋转后的图形和原来的图形之间的对称性质，求出题目所要求的内容。

比如可以利用旋转后的图形与原图形完全重合的特点，求出各个角度、边长等。

4. 常用的解题方法：根据题目的要求，常用的解题方法有：利用对称性质、利用垂直、平行关系、利用相似三角形、利用等角关系等。

需要注意的是，在解决几何旋转问题时，需要结合实际情况选择合适的方法，同时要注意图形的对称性质和角度、边长等量的计算。

此外，多做一些练习题可以提高解题的技巧和效率。

1/ 1。

三角板旋转题型例题解析

三角板旋转题型例题解析（2015秋•邗江区期末）如图，两个形状．大小完全相同的含有30゜、60゜的三角板如图放置，PA、PB与直线MN重合，且三角板PAC，三角板PBD均可以绕点P逆时针旋转．（1）试说明：∠DPC=90゜；（2）如图，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转一定角度，PF平分∠APD，PE平分∠CPD，求∠EPF；（3）如图，若三角板PAC的边PA从PN处开始绕点P逆时针旋转，转速为3゜/秒，同时三角板PBD的边PB从PM处开始绕点P逆时针旋转，转速为2゜/秒，在两个三角板旋转过程中（PC转到与PM重合时，两三角板都停止转动）．设两个三角板旋转时间为t秒，则∠BPN=180﹣2t，∠CPD=90﹣t（用含有t的代数式表示，并化简）；以下两个结论：①为定值；②∠BPN+∠CPD为定值，正确的是①（填写你认为正确结论的对应序号）．【考点】角的计算；角平分线的定义．【分析】（1）利用含有30゜、60゜的三角板得出∠DPC=180°﹣∠CPA﹣∠DPB，进而求出即可；（2）设∠CPE=∠DPE=x，∠CPF=y，则∠APF=∠DPF=2x+y，进而利用∠CPA=60゜求出即可；（3）首先得出①正确，设运动时间为t秒，则∠BPM=2t，表示出∠CPD和∠BPN的度数即可得出答案．【解答】解：（1）∵∠DPC=180°﹣∠CPA﹣∠DPB，∠CPA=60°，∠DPB=30°，∴∠DPC=180゜﹣30゜﹣60゜=90゜；（2）设∠CPE=∠DPE=x，∠CPF=y，则∠APF=∠DPF=2x+y，∵∠CPA=60゜，∴y+2x+y=60゜，∴x+y=30゜∴∠EPF=x+y=30゜（3）①正确．设运动时间为t秒，则∠BPM=2t，∴∠BPN=180﹣2t，∠DPM=30﹣2t，∠APN=3t．∴∠CPD=180﹣∠DPM﹣∠CPA﹣∠APN=90﹣t，∴==．②∠BPN+∠CPD=180﹣2t+90﹣t=270﹣3t，可以看出∠BPN+∠CPD随着时间在变化，不为定值，结论错误．故答案为：180﹣2t；90﹣t；①．【点评】此题主要考查了角的计算，利用数形结合得出等式是解题关键，还要理清角之间的关系．。

三角板旋转问题

三角板旋转问题1.①已知∠DCE=35°，则∠ACE=90°-35°=55°，∠ACB=90°-55°=35°。

②已知∠ACB=140°，则∠BOC=180°-140°=40°，根据直角三角形中的角度关系可得∠DOC=90°-40°=50°，由OD、OE分别平分∠AOC、∠BOC可得∠DOE=1/2(∠AOC+∠BOC)=1/2(140°+40°)=90°，所以∠DCE=90°-∠DOE=90°-90°=0°。

③猜想∠ACB=∠DCE，因为在直角三角形中，对于直角顶点的两个锐角，它们的大小相等。

2.1）已知∠AOB=80°，因为OD、OE分别平分∠AOC、∠BOC，所以∠DOC=1/2∠AOC=40°，∠EOC=1/2∠BOC=20°，根据角度关系可得∠DOE=∠DOC+∠EOC=60°。

2）当OC在∠AOB外部时，∠DOE的度数不等于60°，因为此时∠DOC和∠EOC的度数分别大于和小于1/2∠AOC和1/2∠BOC，所以∠DOE的度数会发生变化。

3.1）已知∠BOC=40°，因为OM、ON分别平分∠AOC、∠BOC，所以∠MON=1/2∠BOC=20°。

2）当∠BOC=α时，∠___的度数仍为1/2∠BOC，因为OM、ON分别平分∠AOC、∠BOC，不受∠BOC的大小影响。

4.1）已知∠BOC=120°，∠AOB=70°，根据角度关系可得∠AOC=∠BOC-∠AOB=50°。

2）已知∠AOB=80°，∠___∠BOC，因为∠AOB和∠BOC是邻补角，所以∠AOB+∠BOC=90°，即2∠BOC=10°，所以∠BOC=5°，∠AOC=5°，但是这个结果不符合题目中“小于平角”的要求。

九年级数学图形的旋转专题讲解+六大题型解析+专题训练,收藏学习

九年级数学图形的旋转专题讲解+六大题型解析+专题训练，收藏学习九年级数学图形的旋转专题讲解+六大题型解析+专题训练，收藏学习 -九年级数学图形的旋转专题讲解+六大题型解析+专题训练，收藏学习图形的旋转这一章节是初中几何内容中非常重要的一个章节，对于图形的运动的形式和规律以及旋转的性质都是我们在对几何的初步认识当中的一个过程，掌握其重要的性质之后，对于几何综合题型当中辅助线的运用起到了非常重要的作用。

并且图形的旋转加上已经学习过的平移和轴对称。

对几何图形的变化有充分地了解，建立几何空间思维的正确认识,对于几何空间能力的提升起到了非常重要的促进作用。

首先，在学习图形的旋转这一章节我们主要围绕以下两个重要的内容来展开:第一，掌握图形的旋转和中心对称的概念；第二，掌握旋转的本质。

这也是我们学习过程中的重点和难点内容。

因为在旋转前后的两个图形中，对应点与旋转中心之间的距离总是相同的，所以对应点必然分别在以旋转中心为圆心，以对应点到旋转中心的距离为半径的一组同心圆上，对应点与旋转中心连线所成的角等于且等于旋转角。

唐老师提醒大家，旋转过程中保持静止的点就是旋转的中心，不变的量就是对应的元素。

其次，旋转的三个要素：旋转中心、旋转的角度和旋转方向.第三，旋转的性质：（1）图形中的每一点都绕着旋转中心旋转了同样大小的连线所成的角度；—整体角度（2）对应点到旋转中心的距离相等；（3）对应线段相等，对应角相等；——局部角度（4）图形的形状和大小都没有发生变化，即旋转不改变图形的形状和大小.—变换结果.第四，简单图形的旋转作图：（1）确定旋转中心；（2）确定图形中的关键点；（3）将关键点沿指定的方向旋转指定的角度；(4)连接这些点，得到原始图形的旋转图形。

(以上四个步骤是我们在制作简单旋转图的过程中应该遵循的步骤。

按照以上步骤画图，可以提高大家的学习效率，保证其在画图过程中的正确率。

)第五，旋转对称图形：平面图形绕某点旋转一定角度(小于圆角)后，可以与自身重叠。

综合练习提供一些形旋转的题目让学生通过不同的方法进行形旋转

综合练习提供一些形旋转的题目让学生通过不同的方法进行形旋转形旋转综合练习形旋转是几何学中非常重要的一个概念，它可以帮助我们更好地理解和解决与图形相关的问题。

在这篇综合练习中，我们将提供一些形旋转的题目，让学生通过不同的方法进行形旋转，并从中提高他们的几何思维和解决问题能力。

题目1：将一个等腰直角三角形绕其斜边旋转180度，求旋转后几何图形的形状。

解法提示：首先，我们需要绘制一个等腰直角三角形，然后以其斜边为轴进行旋转。

通过观察旋转后的图形，我们可以发现它与原三角形完全重合。

因此，旋转180度后，几何图形的形状仍然是等腰直角三角形。

题目2：将一个正方形绕其中心旋转90度，求旋转后几何图形的形状。

解法提示：正方形绕其中心旋转90度后，我们可以发现旋转后的图形变成了一个新的正方形，且其中心位置不变。

因此，旋转90度后，几何图形的形状仍然是正方形。

题目3：将一个长方形绕其一条边旋转270度，求旋转后几何图形的形状。

解法提示：长方形绕其一条边旋转270度后，我们可以发现旋转后的图形变成了一个新的长方形，且长宽交换。

因此，旋转270度后，几何图形的形状仍然是长方形，只是长和宽的位置发生了变化。

题目4：将一个等边三角形绕其重心旋转120度，求旋转后几何图形的形状。

解法提示：等边三角形绕其重心旋转120度后，我们可以发现旋转后的图形与原等边三角形的形状完全一致。

因此，旋转120度后，几何图形的形状仍然是等边三角形。

通过上面的练习题，我们可以发现形旋转的规律：绕着某个轴旋转后，几何图形的形状可以保持不变，或者发生对称、交换等变化。

形旋转的理解和应用对于解决几何问题非常重要，希望同学们通过这些题目的练习，能够更好地掌握和运用形旋转的知识。

形旋转不仅在几何学中有着广泛的应用，也经常出现在日常生活和工程中。

例如，工程中的机械零件设计、建筑物的结构设计等都需要考虑到形旋转的规律。

因此，通过学习形旋转，我们不仅可以提高几何思维和解决问题的能力，还能够应用于实际生活和工作中。

每日一题丨中考数学热点题型：旋转图形的解决办法

一副含和的三角板和叠合在一起，边与重合，（如图1），点为边的中点，边与相交于点，现将三角板绕点按顺时针方向旋转（如图2），在从到的变化过程中，观察点的位置变化，点相应移动的路径长为_______(结果保留根号)．
别偷懒哦
做完了才能看答案！
答案：12-18.
【解析】
试题分析：如图2和图3，在∠ C G F 从 0 °到 60 °的变化过程中，点H先向AB方向移，在往BA方向移，直到H与F重合（下面证明此时∠CGF=60度），此时BH的值最大，如图3，当F与H重合时，连接CF，因为BG=CG=GF，所以∠BFC=90
度，∵∠B=30度，∴∠BFC=60度，由CG=GF可得∠CGF=60
度.∵BC=12cm，所以BF=BC=6；
如图2，当GH⊥DF时，GH有最小值，则BH有最小值，且GF//AB，连接DG，交AB于点K，则DG⊥AB，∵DG=FG，
∴∠DGH=45度，则KG=KH=GH=×（×6）=3，BK=KG=3，则BH=BK+KH=3+3则点Ｈ运动的总路程为6-（3+3）+[12（-1）-（3+3）]=12-18（cm）.
考点：旋转的性质.。

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（）图２当三角板的两边分别交边ＡＢ、１如，ＡＣ于
点Ｅ、Ｆ时．
求证：ＢＥ，ＣＭ； △ ＭＣ△ ＦＯ
’
２
３
１基本图形之一及其应用
Ｊ
（）图３当三角板的两边分别交边ＡＢ、２如，ＡＣ的
延长线于点Ｅ、时．Ｆ
或Ｃ的延长线上时，Ａ结论也同样成立．例１在 △ＡＢＣ中，ＡＢ — ＡＣ＝８Ｂ，ＡＣ
层次，学生完善学习方式提供有利的条件．为因此，
近几年各地中考题大多采取了学生比较熟悉的图形，以学生探究为主，过逐步加大难度来考查学生通
。．
ＡＧ
—
ＮＨＭＧ
—
ＤＨ
’ ’ＭＧＢＨ ’ ＧＮＨ。Ｄ
．
ＡＧＤＨ
一丽一百百 ’
．
。ＭＤ上ＦＥ、ＭＧ上ＡＢ，
ＡＧ
—
ＤＨ
：．ＭＤ＝ＭＧ＝２
。．．
．
１１
— ＡＤＤＢ ‘
’ ．．
△ＭＥＦ的面积Ｓ一寺ＥＭＤ一音・ √ ｍＦ・２３
一面一面 ’Biblioteka ’ ．方法１根据已知易得Ｂ一４／，ＡＢＭ：Ｍ，由ｇＥ
∽ ／ＭＥｋＦ可得
一
’ＢＤ＝ＣＤ，ＤＥＢＥ
’ ’
．
一面 ’
＇．．．ＭＥ・ＭＦ＝ＢＭ・ＥＦ，
△ ＢＤＥ △ ＤＦＥ． ∽
△ ＢＤＥ∽ △ Ｃ △ ．
分析问题和解决问题的能力．角板就是各地命题三
专家青睐的题材之一，而出现了一大批以三角板因
一１０，一把含３。的三角板３。的顶点放２。取Ｏ角，Ｏ角把在边ＢＣ的中点Ｍ处，三角板绕点Ｍ旋转．
理由．
简证： ’ ＢＤＥ＋Ｅ ’ ．ＤＦ：ＤＦ＋Ｃ，Ｃ
又．ＥＤＦ一Ｃ，． ’
．．．．．．
．
③ 若Ｅ－ｍ，／ＭＥ的面积５Ｆ－求ｋＦ－．简解：问题（）（）１、２的① ② 都是基本图形一结论
’ ｋ．ＭＥＦ的面积Ｓ一 ÷ ＭＥ・ＭＦｉＥ．／ｓｎＭＦ
．．
维普资讯
一
一
４
１ＭＥ・＝÷ ・ √ 一３ＭＦ４３ √ ．
斗
方法１利用ＲＡＡＧｚＲ △ＮＨＢ，利用基：ｔＭｃｔ）再
维普资讯
妙解
上海市航华中学王同启
《日制义务教育数学课程标准（验稿）（全实》以
下简称《标》要求，课）随着学生学习经验的积累和研究能力的发展，师应逐步提高学生探究性水平的教
的简单应用，只不过Ｂ一Ｃ一ＦＭＥ一３。对于Ｏ．
ＢＤＥ＝
．
ＤＦＣ．
Ｂ＝Ｃ，
问题（）２的③ 是基本图形一结论的拓展应用，以用可
占
１
．ＢＤＥ∽ △ Ｃ．△ ＦＤ．
．
下面两个方法解决．
ＤＥＢＥ
＾
，
如图ｌ在△ＡＢ，Ｃ中，Ｄ是ＢＣ的中点，Ｅ、点点Ｆ
分别在Ｂ、ＡＡＣ上，Ｂ：Ｃ：ＥＤＦ—ａ则可得．
△ ＢＤＥｃ △ ＣＦＤｃ △ ＤＦＥ．．，ｏｏ
①△ＢＭＥ与△ＣＭ还相似吗？为什么？Ｆ ②连结Ｅ／ＢＦ，ｋＭＥ与／ＭＥｋＦ是否相似？说明
本图形一的结论，有
ＲｔＤＧＭｃＲｔＮＨＤ， △ ｏｆ
．
方法２过点Ｍ作ＭＤ上Ｆ交ＦＥ的延长线于：Ｅ点Ｄ、ＭＧ上ＡＢ，足为点Ｇ．作垂易求得ＭＧ一２，ＡＢＭｃＡＭＥ可得由Ｅ／￣Ｆ
ＢＭ一ＦＭ，得ＭＥＤ一ＭＥＥＥ易Ｇ，
说明：本题中所得到的相似三角形再进一步推将
广下去，可以得到一些相等的角和成比例的线段．又
同时，ａ是直角或钝角时，然 △ＡＢＣ不存在了，当虽
但结论也同样成立；当点Ｅ或点Ｆ有一个交点在ＢＡ
ＡＧ— ＤＨ．
方法２设ＡＤ — ＤＢ — ａＡＧ— ，：，ＤＨ — Ｙ，在
一
√ ．赏析：决本题时主要应用了基本图形一的结解
ＲＡＡＧ￣ｆＮＨＢ中，求出ＭＧ一ｔＭＪＲｔ可
，ＤＧ
论，对于问题（）的解决是对基本图形一所得结而２③
为载体的立意新颖、构思巧妙、合新课程理念的好符题目．此类试题充分体现了《课标》中提出的“ 培养学
生动手动脑践探索的能力 ” 实的要求．同时，具有也很强的综合性，重于考查学生综合应用知识解决僻问题的能力．这些问题的解决总是以一些基本图而形为基础的‘ 而对这些基本图形的提炼显得尤为，因重要．我们以下两例看