北京中考数学专题复习旋转的综合题

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

MC，∴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 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) 求证：EG=CG；

(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?通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).

【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．

【解析】

试题分析：（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．还知道EG⊥CG;

试题解析：

解：（1）证明：在Rt△FCD中，

∵G为DF的中点，

∴，

同理，在Rt△DEF中，，

∴CG=EG；

（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG；

连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点，如图所示：

在△DAG与△DCG中，

∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DC=DC，

∴△DAG≌△DCG，

∴AG=CG，

在△DMG与△FNG中，

∵∠DGM=∠FGN，DG=FG，∠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，即EG=CG且EG⊥CG。

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，如图所示：

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】本题解题关键是作出辅助线，且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，难度较大。

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；（261

；（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，∴AF22

21

-3，在Rt△ABF中，

BF22

AB AF

-6，∴BD=CE=BF﹣DF61，∴FH=1

2

EC

61

-

．

（3）存在．理由如下．

由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF=1

2

BD，∴△GFH的周长=3GF=

3

2

BD，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，△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，∵

90

AFC BEC

EBC ACF

BC 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，∵

90

AFC BEC

EBC ACF

BC 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 CF

EBD FCD

BD 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°，AB=42，∴BC=4．又∵∠CBE=30°，

∴CE=1

2BC=2，BE=3CE=23，∴EF=CE+BE=2+23，∴DE=

2

EF

=

223

2

+

=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．

5．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 GF 2BG 2GP BP 2EQ BP ===-=-．

6．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

3

2

EF 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3

CF 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 =

3

EF AB =

∴ 3CF AC = 连结FA ．

90,90FCA ACE ECB ACE ∠=?-∠∠=?-∠

∴ FCA ECB ∠=∠=α

在Rt CFA ?中，90CFA ∠=?，3

cos FCA ∠=

∴ 30FCA ∠=?即30α=?.

（3）22222AB CF BE =+

7．如图，正方形ABCD ，点M 是线段CB 延长线一点，连结AM ，AB a ，AM b =

（1）将线段AM 沿着射线AD 运动，使得点A 与点D 重合，用代数式表示线段AM 扫过的平面部分的面积.

（2）将三角形ABM 绕着点A 旋转，使得AB 与AD 重合，点M 落在点N ，用代数式表示线段AM 扫过的平面部分的面积.

（3）将三角形ABM 顺时针旋转，使旋转后的三角形有一边与正方形的一边完全重合（第（2）小题的情况除外），请在如图中画出符合条件的3种情况，并写出相应的旋转中心和旋转角

【答案】（1）2a ；（2）2

14

b π或2

34

b π；（3）见解析 【解析】 【分析】

（1）根据平移的性质和平行四边形的面积计算即可； （2）根据扇形的面积计算即可；

（3）根据旋转的性质画出图形得出旋转中心和角度即可． 【详解】

解：（1）2AD DC a ?=

答：线段AM 扫过的平面部分的面积为2a

（2）三角形ABM 绕着点A 旋转，使得AB 与AD 重合，则三角形ABM 旋转的角度是90°或270° ∴°2°90360AMN

b S π?=扇形或°2

°

270360AMN b S π?=扇形 ∴214AMN S b π=

扇形或234

b π 答：扇形AMN 的面积为2

1

4

b π或2

34

b π

（3）如图1，旋转中心：AB 边的中点为O ，顺时针180

如图2，旋转中心：点B ，顺时针旋转90

如图3，旋转中心：正方形对角线交点O ，顺时针旋转90

【点睛】

本题考查了旋转的性质，关键是根据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解答．

8．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，

∴∠KCD=∠HCE，

∴△CKD≌△CHE，

∴DK=EH，

∴OE-OD=OH+EH-OD=OH+DK-OD=OH+OK，

由（1）知：OC，

∴OD，OE，OC满足

OC．

点睛：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，两组对应点连线的交点是旋转中心．