备战中考数学旋转-经典压轴题附详细答案
中考数学初中数学 旋转-经典压轴题及详细答案

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P'D= 3 O'D= 9 ,∴ DH=O'H﹣O'D= 6 3 ,O'H+P'D= 27 ,∴ P'( 27 ,6 3 ).
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【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,含 30 度角的直角三 角形的性质,构造出直角三角形是解答本题的关键.
(2)∵ ∠ FAE=45°,∠ ACB=45°,∴ ∠ FAC+∠ CAE=45°,∠ CAE+∠ AEC=45°,∴ ∠ FAC
=∠ AEC.
又∵ ∠ ACF=∠ ECA=135°,∴ △ ACF∽ △ ECA,∴ AC CF ,∴ 4 2 CF ,∴ CF=
EC CA
4 42
8,即 b=8.
【答案】(1)△ OFC 是能成为等腰直角三角形,(2)OE=OF.(3)PE:PF=1:3. 【解析】 【小题 1】由题意可知,①当 F 为 BC 的中点时,由 AB=BC=5,可以推出 CF 和 OF 的长 度,即可推出 BF 的长度,②当 B 与 F 重合时,根据直角三角形的相关性质,即可推出 OF 的长度,即可推出 BF 的长度; 【小题 2】连接 OB,由已知条件推出△ OEB≌ △ OFC,即可推出 OE=OF; 【小题 3】过点 P 做 PM⊥AB,PN⊥BC,结合图形推出△ PNF∽ △ PME,△ APM∽ △ PNC, 继而推出 PM:PN=PE:PF,PM:PN=AP:PC,根据已知条件即可推出 PA:AC=PE:PF=1: 4.
中考数学(初中数学 旋转提高练习题)压轴题训练附详细答案

中考数学(初中数学旋转提高练习题)压轴题训练附详细答案一、旋转1.已知正方形ABCD的边长为4,一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转,角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F,连接EF,设CE=a,CF=b.(1)如图1,当a=42时,求b的值;(2)当a=4时,在图2中画出相应的图形并求出b的值;(3)如图3,请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式.【答案】(1)422)b=8;(3)ab=32.【解析】试题分析:(1)由正方形ABCD的边长为4,可得AC=2,∠ACB=45°.再CE=a=2∠CAE=∠AEC,从而可得∠CAF的度数,既而可得 b=AC;(2)通过证明△ACF∽△ECA,即可得;(3)通过证明△ACF∽△ECA,即可得.试题解析:(1)∵正方形ABCD的边长为4,∴AC=2,∠ACB=45°.∵CE=a=2∴∠CAE=∠AEC=452︒=22.5°,∴∠CAF=∠EAF-∠CAE=22.5°,∴∠AFC=∠ACD-∠CAF=22.5°,∴∠CAF=∠AFC,∴b=AC=CF=42(2)∵∠FAE=45°,∠ACB=45°,∴∠FAC+∠CAE=45°,∠CAE+∠AEC=45°,∴∠FAC =∠AEC.又∵∠ACF=∠ECA=135°,∴△ACF∽△ECA,∴AC CFEC CA=,∴42442=∴CF=8,即b=8.(3)ab=32.提示:由(2)知可证△ACF∽△ECA,∴∴AC CFEC CA=,∴4242=,∴ab=32.2.平面上,Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放,∠B=90°,AC=2CE=m,BC=n,半圆O交BC边于点D,将半圆O绕点C按逆时针方向旋转,点D随半圆O旋转且∠ECD始终等于∠ACB,旋转角记为α(0°≤α≤180°)(1)当α=0°时,连接DE ,则∠CDE = °,CD = ;(2)试判断:旋转过程中BDAE的大小有无变化?请仅就图2的情形给出证明; (3)若m =10,n =8,当α=∠ACB 时,求线段BD 的长;(4)若m =6,n =2,当半圆O 旋转至与△ABC 的边相切时,直接写出线段BD 的长.【答案】(1)90°,2n ;(2)无变化;(3)55;(4)BD=101143. 【解析】试题分析:(1)①根据直径的性质,由DE ∥AB 得CD CECB CA=即可解决问题.②求出BD 、AE 即可解决问题.(2)只要证明△ACE ∽△BCD 即可.(3)求出AB 、AE ,利用△ACE ∽△BCD 即可解决问题.(4)分类讨论:①如图5中,当α=90°时,半圆与AC 相切,②如图6中,当α=90°+∠ACB 时,半圆与BC 相切,分别求出BD 即可. 试题解析:(1)解:①如图1中,当α=0时,连接DE ,则∠CDE =90°.∵∠CDE =∠B =90°,∴DE ∥AB ,∴CE CD AC CB ==12.∵BC =n ,∴CD =12n .故答案为90°,12n . ②如图2中,当α=180°时,BD =BC +CD =32n ,AE =AC +CE =32m ,∴BD AE =n m.故答案为nm. (2)如图3中,∵∠ACB =∠DCE ,∴∠ACE =∠BCD .∵CD BC nCE AC m==,∴△ACE ∽△BCD ,∴BD BC nAE AC m==.(3)如图4中,当α=∠ACB 时.在Rt △ABC 中,∵AC =10,BC =8,∴AB =22AC BC -=6.在Rt △ABE 中,∵AB =6,BE =BC ﹣CE =3,∴AE =22AB BE +=2263+=35,由(2)可知△ACE ∽△BCD ,∴BD BCAE AC=,∴35=810,∴BD =125.故答案为125. (4)∵m =6,n =42,∴CE =3,CD =22,AB =22CA BC -=2,①如图5中,当α=90°时,半圆与AC 相切.在Rt △DBC 中,BD =22BC CD +=224222+()()=210. ②如图6中,当α=90°+∠ACB 时,半圆与BC 相切,作EM ⊥AB 于M .∵∠M =∠CBM =∠BCE =90°,∴四边形BCEM 是矩形,∴342BM EC ME ===,,∴AM =5,AE =22AM ME +=57,由(2)可知DB AE =223,∴BD =2114. 故答案为210或2114.点睛:本题考查了圆的有关知识,相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识,正确画出图形是解决问题的关键,学会分类讨论的思想,本题综合性比较强,属于中考压轴题.3.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.4.已知△ABC是边长为4的等边三角形,边AB在射线OM上,且OA=6,点D是射线OM 上的动点,当点D不与点A重合时,将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,连接DE.(1)如图1,猜想:△CDE的形状是三角形.(2)请证明(1)中的猜想(3)设OD=m,①当6<m<10时,△BDE的周长是否存在最小值?若存在,求出△BDE周长的最小值;若不存在,请说明理由.②是否存在m的值,使△DEB是直角三角形,若存在,请直接写出m的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)等边;(2)详见解析;(3)3;②当m=2或14时,以D、E、B 为顶点的三角形是直角三角形.【解析】【分析】(1)由旋转的性质猜想结论;(2)由旋转的性质得到∠DCE=60°,DC=EC,即可得到结论;(3)①当6<m<10时,由旋转的性质得到BE=AD,于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,于是得到结论;②存在,分四种情况讨论:a)当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形;b)当0≤m<6时,由旋转的性质得到∠ABE=60°,∠BDE<60°,求得∠BED=90°,根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°,求得∠CEB=30°,求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2=m;c)当6<m<10时,此时不存在;d)当m>10时,由旋转的性质得到∠DBE=60°,求得∠BDE>60°,于是得到m=14.【详解】(1)等边;(2)∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE=60°,DC=EC,∴△CDE 是等边三角形.(3)①存在,当6<t<10时,由旋转的性质得:BE=AD,∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE=CD,∴C△DBE=CD+4,由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时,CD3,∴△BDE的最小周长=CD3;②存在,分四种情况讨论:a)∵当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意;b)当0≤m<6时,由旋转可知,∠ABE=60°,∠BDE<60°,∴∠BED=90°,由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEB=60°,∴∠CEB=30°.∵∠CEB=∠CDA,∴∠CDA=30°.∵∠CAB=60°,∴∠ACD=∠ADC=30°,∴DA=CA=4,∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2,∴m=2;c)当6<m<10时,由∠DBE=120°>90°,∴此时不存在;d)当m>10时,由旋转的性质可知,∠DBE=60°,又由(1)知∠CDE=60°,∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC,而∠BDC>0°,∴∠BDE>60°,∴只能∠BDE=90°,从而∠BCD=30°,∴BD=BC=4,∴OD=14,∴m=14.综上所述:当m=2或14时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.【点睛】本题考查了旋转的性质,等边三角形的判定和性质,三角形周长的计算,直角三角形的判定,熟练掌握旋转的性质是解题的关键.5.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°=∴△PBQ周长最小为4+(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=212③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。
备战中考数学初中数学 旋转-经典压轴题含详细答案

备战中考数学初中数学旋转-经典压轴题含详细答案一、旋转1.如图所示,(1)正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A,∠EAF=90°,连接BE、DF.将Rt△AEF绕点A旋转,在旋转过程中,BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系?结合图(1)给予证明;(2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD,等腰Rt△AEF变为Rt△AEF,且AD=kAB,AF=kAE,其他条件不变.(1)中的结论是否发生变化?结合图(2)说明理由;(3)将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD,将Rt△AEF变为△AEF,且∠BAD=∠EAF=a,其他条件不变.(2)中的结论是否发生变化?结合图(3),如果不变,直接写出结论;如果变化,直接用k表示出线段BE、DF的数量关系,用a表示出直线BE、DF 形成的锐角β.【答案】(1)DF=BE且DF⊥BE,证明见解析;(2)数量关系改变,位置关系不变,即DF=kBE,DF⊥BE;(3)不改变.DF=kBE,β=180°-α【解析】【分析】(1)根据旋转的过程中线段的长度不变,得到AF=AE,又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余,所以∠BAE=∠DAF,所以△FAD≌△EAB,因此BE与DF相等,延长DF交BE于G,根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF=90°,所以DF⊥BE;(2)等同(1)的方法,因为矩形的邻边不相等,但根据题意,可以得到对应边成比例,所以△FAD∽△EAB,所以DF=kBE,同理,根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF=90°,所以DF⊥BE;(3)与(2)的证明方法相同,但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF=180°,所以DF与BE的夹角β=180°﹣α.【详解】(1)DF与BE互相垂直且相等.证明:延长DF分别交AB、BE于点P、G在正方形ABCD和等腰直角△AEF中AD=AB,AF=AE,∠BAD=∠EAF=90°∴∠FAD =∠EAB∴△FAD ≌△EAB∴∠AFD =∠AEB ,DF =BE∵∠AFD+∠AFG =180°,∴∠AEG+∠AFG =180°,∵∠EAF =90°,∴∠EGF =180°﹣90°=90°,∴DF ⊥BE(2)数量关系改变,位置关系不变.DF =kBE ,DF ⊥BE .延长DF 交EB 于点H ,∵AD =kAB ,AF =kAE ∴AD k AB =,AF k AE = ∴AD AF AB AE= ∵∠BAD =∠EAF =a∴∠FAD =∠EAB∴△FAD ∽△EAB ∴DF AF k BE AE== ∴DF =kBE ∵△FAD ∽△EAB ,∴∠AFD =∠AEB ,∵∠AFD+∠AFH =180°,∴∠AEH+∠AFH =180°,∵∠EAF =90°,∴∠EHF =180°﹣90°=90°,∴DF ⊥BE(3)不改变.DF =kBE ,β=180°﹣a .延长DF 交EB 的延长线于点H ,∵AD =kAB ,AF =kAE ∴AD k AB =,AF k AE = ∴AD AF AB AE= ∵∠BAD =∠EAF =a∴∠FAD =∠EAB∴△FAD ∽△EAB ∴DF AF k BE AE== ∴DF =kBE 由△FAD ∽△EAB 得∠AFD =∠AEB∵∠AFD+∠AFH =180°∴∠AEB+∠AFH =180°∵四边形AEHF 的内角和为360°,∴∠EAF+∠EHF =180°∵∠EAF =α,∠EHF =β∴a+β=180°∴β=180°﹣a【点睛】本题(1)中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明;(2)(3)利用相似三角形的判定和性质证明,要解决本题,证明三角形全等和三角相似是解题的关键,也是难点所在.2.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OM 2+BN 2=MN 2.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OM 2+OP 2=MP 2.最后得到OM 2+BN 2=MN 2.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.∴2﹣x)2+x2=(2x)2,解得x=﹣26或﹣2﹣6(舍弃)∴MN=﹣26.【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.3.在Rt△ABC中,AB=BC=5,∠B=90°,将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AC的中点O处,将三角板绕点O旋转,三角板的两直角边分别交AB,BC或其延长线于E,F两点,如图①与②是旋转三角板所得图形的两种情况.(1)三角板绕点O旋转,△OFC是否能成为等腰直角三角形?若能,指出所有情况(即给出△OFC是等腰直角三角形时BF的长);若不能,请说明理由;(2)三角板绕点O旋转,线段OE和OF之间有什么数量关系?用图①或②加以证明;(3)若将三角板的直角顶点放在斜边上的点P处(如图③),当AP:AC=1:4时,PE和PF有怎样的数量关系?证明你发现的结论.【答案】(1)△OFC是能成为等腰直角三角形,(2)OE=OF.(3)PE:PF=1:3.【解析】【小题1】由题意可知,①当F为BC的中点时,由AB=BC=5,可以推出CF和OF的长度,即可推出BF的长度,②当B与F重合时,根据直角三角形的相关性质,即可推出OF 的长度,即可推出BF的长度;【小题2】连接OB,由已知条件推出△OEB≌△OFC,即可推出OE=OF;【小题3】过点P做PM⊥AB,PN⊥BC,结合图形推出△PNF∽△PME,△APM∽△PNC,继而推出PM:PN=PE:PF,PM:PN=AP:PC,根据已知条件即可推出PA:AC=PE:PF=1:4.4.(12分)如图1,在等边△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接BE,CD,点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点.(1)观察猜想:图1中,△PMN的形状是;(2)探究证明:把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,△PMN的形状是否发生改变?并说明理由;(3)拓展延伸:把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=1,AB=3,请直接写出△PMN 的周长的最大值.【答案】(1) 等边三角形;(2) △PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形,理由见解析;(3)6【解析】分析:(1)如图1,先根据等边三角形的性质得到AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°,则BD=CE,再根据三角形中位线性质得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,从而得到PM=PN,∠MPN=60°,从而可判断△PMN为等边三角形;(2)连接CE、BD,如图2,先利用旋转的定义,把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,则BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,则计算出∠BPM+∠CPN=120°,从而得到∠MPN=60°,于是可判断△PMN为等边三角形.(3)利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)得到BD的最大值为4,则PN的最大值为2,然后可确定△PMN的周长的最大值.详解:(1)如图1.∵△ABC为等边三角形,∴AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°.∵AD=AE,∴BD=CE.∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点,∴PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCA=60°,∠CPN=∠CBA=60°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形;故答案为等边三角形;(2)△PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形.理由如下:连接CE、BD,如图2.∵AB=AC,AE=AD,∠BAC=∠DAE=60°,∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,∴BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形.(3)∵PN=12BD,∴当BD的值最大时,PN的值最大.∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)∴BD的最大值为1+3=4,∴PN的最大值为2,∴△PMN的周长的最大值为6.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.也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质.5.在平面直角坐标中,边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上,点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转,当A点一次落在直线y x=上时停止旋转,旋转过程中,AB边交直线y x=于点M,BC边交x轴于点N(如图).(1)求边OA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,求正方形OABC旋转的度数;(3)设MBN∆的周长为p,在旋转正方形OABC的过程中,p值是否有变化?请证明你的结论.【答案】(1)π/2(2)22.5°(3)周长不会变化,证明见解析【解析】试题分析:(1)根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积;(2)解决本题需利用全等,根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数;(3)利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子.试题解析:(1)∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转,直线y=x与y轴的夹角是45°,∴OA旋转了45°.∴OA在旋转过程中所扫过的面积为24523602ππ⨯=.(2)∵MN∥AC,∴∠BMN=∠BAC=45°,∠BNM=∠BCA=45°.∴∠BMN=∠BNM.∴BM=BN.又∵BA=BC,∴AM=CN.又∵OA=OC,∠OAM=∠OCN,∴△OAM≌△OCN.∴∠AOM=∠CON=12(∠AOC-∠MON)=12(90°-45°)=22.5°.∴旋转过程中,当MN和AC平行时,正方形OABC旋转的度数为45°-22.5°=22.5°.(3)在旋转正方形OABC的过程中,p值无变化.证明:延长BA交y轴于E点,则∠AOE=45°-∠AOM,∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM,∴∠AOE=∠CON.又∵OA=OC,∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN.∴△OAE≌△OCN.∴OE=ON,AE=CN.又∵∠MOE=∠MON=45°,OM=OM,∴△OME≌△OMN.∴MN=ME=AM+AE.∴MN=AM+CN,∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4.∴在旋转正方形OABC的过程中,p值无变化.考点:旋转的性质.6.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)612;(3)△FGH的周长最大值为32(a+b),最小值为32(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=32BD,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 =12BD ,GF ∥BD ,∵DF =EF ,DH =HC ,∴FH =12EC ,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 =12BD ,∴△GFH 的周长=3GF =32BD ,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32(a +b ),最小值为32(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.7.如图1,菱形ABCD ,AB 4=,ADC 120∠=o ,连接对角线AC 、BD 交于点O ,()1如图2,将AOD V 沿DB 平移,使点D 与点O 重合,求平移后的A'BO V 与菱形ABCD重合部分的面积.()2如图3,将A'BO V 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】()1Q 四边形为菱形,ADC 120∠=o ,ADO 60∠∴=o ,ABD ∴V 为等边三角形,DAO 30∠∴=o ,ABO 60∠=o ,∵AD//A′O , ∴∠A′OB=60°,EOB ∴V 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 =OEBS3=V.【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.8.(10分)已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形,∠ACB=∠ADE=90°,点F为BE中点,连结DF、CF.(1)如图1,当点D在AB上,点E在AC上,请直接写出此时线段DF、CF的数量关系和位置关系(不用证明);(2)如图2,在(1)的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45°时,请你判断此时(1)中的结论是否仍然成立,并证明你的判断;(3)如图3,在(1)的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转90°时,若AD=1,AC=,求此时线段CF的长(直接写出结果).【答案】(1)相等和垂直;(2)成立,理由见试题解析;(3).【解析】试题分析:(1)根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知DF=BF,根据∠DFE=2∠DCF,∠BFE=2∠BCF,得到∠EFD+∠EFB=2∠DCB=90°,DF⊥BF;(2)延长DF交BC于点G,先证明△DEF≌△GCF,得到DE=CG,DF=FG,根据AD=DE,AB=BC,得到BD=BG又因为∠ABC=90°,所以DF=CF且DF⊥BF;(3)延长DF交BA于点H,先证明△DEF≌△HBF,得到DE=BH,DF=FH,根据旋转条件可以△ADH为直角三角形,由△ABC和△ADE是等腰直角三角形,AC=,可以求出AB的值,进而可以根据勾股定理可以求出DH,再求出DF,由DF=BF,求出得CF的值.试题解析:(1)∵∠ACB=∠ADE=90°,点F为BE中点,∴DF=BE,CF=BE. ∴DF=CF.∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形,∴∠ABC=45°.∵BF=DF,∴∠DBF=∠BDF.∵∠DFE=∠ABE+∠BDF,∴∠DFE=2∠DBF.同理得:∠CFE=2∠CBF,∴∠EFD+∠EFC=2∠DBF+2∠CBF=2∠ABC=90°.∴DF=CF,且DF⊥CF.(2)(1)中的结论仍然成立.证明如下:如图,此时点D落在AC上,延长DF交BC于点G.∵∠ADE=∠ACB=90°,∴DE∥BC.∴∠DEF=∠GBF,∠EDF=∠BGF.∵F为BE中点,∴EF=BF.∴△DEF≌△GBF.∴DE=GB,DF=GF.∵AD=DE,∴AD=GB.∵AC=BC,∴AC-AD="BC-GB." ∴DC=GC.∵∠ACB=90°,∴△DCG是等腰直角三角形.∵DF=GF,∴DF=CF,DF⊥CF.(3)如图,延长DF交BA于点H,∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形,∴AC=BC,AD=DE.∴∠AED=∠ABC=45°.∵由旋转可以得出,∠CAE=∠BAD=90°,∵AE∥BC,∴∠AEB=∠CBE. ∴∠DEF=∠HBF.∵F是BE的中点,∴EF="BF." ∴△DEF≌△HBF. ∴ED=HB.∵AC=,在Rt△ABC中,由勾股定理,得AB=4.∵AD=1,∴ED=BH=1.∴AH=3.在Rt△HAD中,由勾股定理,得DH=,∴DF=,∴CF=.∴线段CF的长为.考点:1.等腰直角三角形的性质;2.全等三角形的判定和性质;3.勾股定理.9.已知:如图1,将两块全等的含30º角的直角三角板按图所示的方式放置,∠BAC=∠B1A1C=30°,点B,C,B1在同一条直线上.(1)求证:AB=2BC(2)如图2,将△ABC绕点C顺时针旋转α°(0<α<180),在旋转过程中,设AB与A1C、A1B1分别交于点D、E,AC与A1B1交于点F.当α等于多少度时,AB与A1B1垂直?请说明理由.(3)如图3,当△ABC绕点C顺时针方向旋转至如图所示的位置,使AB∥CB1,AB与A1C 交于点D,试说明A1D=CD.【答案】(1)证明见解析(2)当旋转角等于30°时,AB与A1B1垂直.(3)理由见解析【解析】试题分析:(1)由等边三角形的性质得AB=BB1,又因为BB1=2BC,得出AB=2BC;(2) 利用AB与A1B1垂直得∠A1ED=90°,则∠A1DE=90°-∠A1=60°,根据对顶角相等得∠BDC=60°,由于∠B=60°,利用三角形内角和定理得∠A1CB=180°-∠BDC-∠B=60°,所以∠ACA1=90°-∠A1CB=30°,然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时,AB与A1B1垂直;(3)由于AB∥CB1,∠ACB1=90°,根据平行线的性质得∠ADC=90°,在Rt△ADC中,根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD=12AC,再根据旋转的性质得AC=A1C,所以CD=12A 1C ,则A 1D=CD . 试题解析:(1)∵△ABB 1是等边三角形; ∴ AB =BB 1 ∵ BB 1=2BC ∴AB =2BC(2)解:当AB 与A 1B 1垂直时,∠A 1ED=90°, ∴∠A 1DE=90°-∠A 1=90°-30°=60°, ∵∠B=60°,∴∠BCD=60°, ∴∠ACA 1=90°-60°=30°,即当旋转角等于30°时,AB 与A 1B 1垂直. (3)∵AB ∥CB 1,∠ACB 1=90°, ∴∠CDB=90°,即CD 是△ABC 的高,设BC=a ,AC=b ,则由(1)得AB=2a ,A 1C=b , ∵1122ABC S BC AC AB CD ∆=⨯=⨯, 即11222ab a CD =⨯⨯ ∴12CD b =,即CD=12A 1C , ∴A 1D=CD.【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.也考查了含30度的直角三角形三边的关系.10.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.11.如图是两个可以自由转动的转盘,甲转盘被等分成3个扇形,乙转盘被等分成4个扇形,每一个扇形上都标有相应的数字.同时转动两个转盘,当转盘停止后,计算指针所指区域内的数字之和.如果指针恰好指在分割线上,那么重转一次,直到指针指向一个数字为止.(1)请你通过画树状图或列表的方法分析,并求指针所指区域内的数字和小于10的概率;(2)小亮和小颖小亮和小颖利用它们做游戏,游戏规则是:指针所指区域内的数字和小于10,小颖获胜;指针所指区域内的数字之和等于10,为平局;指针所指区域内的数字之和大于10,小亮获胜.你认为该游戏规则是否公平?请说明理由;若游戏规则不公平,请你设计出一种公平的游戏规则.【答案】(1)13;(2)不公平.【解析】试题分析:(1)依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果,然后根据概率公式求出该事件的概率.(2)判断游戏的公平性,首先要计算出游戏双方赢的概率,概率相等则公平,否则不公平.试题解析:(1)共有12种等可能的结果,小于10的情况有4种,所以指针所指区域内的数字和小于10的概率为13.(2)不公平,因为小颖获胜的概率为;小亮获胜的概率为512.小亮获胜的可能性大,所以不公平.可以修改为若这两个数的和为奇数,则小亮赢;积为偶数,则小颖赢.考点:1.游戏公平性;2.列表法与树状图法.12.(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.13.如图,是边长为的等边三角形,边在射线上,且,点从点出发,沿的方向以的速度运动,当不与点重合是,将绕点逆时针方向旋转得到,连接.(1)求证:是等边三角形;(2)当时,的周长是否存在最小值?若存在,求出的最小周长;若不存在,请说明理由.(3)当点在射线上运动时,是否存在以为顶点的三角形是直角三角形?若存在,求出此时的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)详见解析;(2)存在,2+4;(3)当t=2或14s时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.【解析】试题分析:(1)由旋转的性质得到∠DCE=60°,DC=EC,即可得到结论;(2)当6<t<10时,由旋转的性质得到BE=AD,于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,于是得到结论;(3)存在,①当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,②当0≤t<6时,由旋转的性质得到∠ABE=60°,∠BDE<60°,求得∠BED=90°,根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°,求得∠CEB=30°,求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2,于是得到t=2÷1=2s;③当6<t<10s时,此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质得到∠DBE=60°,求得∠BDE>60°,于是得到t=14÷1=14s.试题解析:(1)证明:∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE=60°,DC=EC,∴△CDE是等边三角形;(2)存在,当6<t<10时,由旋转的性质得,BE=AD,∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE=CD,∴C△DBE=CD+4,由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时,CD=2cm,∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4;(3)存在,①∵当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意,②当0≤t<6时,由旋转可知,∠ABE=60°,∠BDE<60°,∴∠BED=90°,由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEB=60°,∴∠CEB=30°,∵∠CEB=∠CDA,∴∠CDA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠ACD=∠ADC=30°,∴DA=CA=4,∴OD=OA ﹣DA=6﹣4=2,∴t=2÷1=2s ;③当6<t <10s 时,由∠DBE=120°>90°,∴此时不存在;④当t >10s 时,由旋转的性质可知,∠DBE=60°,又由(1)知∠CDE=60°,∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC ,而∠BDC >0°,∴∠BDE >60°,∴只能∠BDE=90°,从而∠BCD=30°,∴BD=BC=4,∴OD=14cm ,∴t=14÷1=14s ,综上所述:当t=2或14s 时,以D 、E 、B 为顶点的三角形是直角三角形.考点:旋转与三角形的综合题.14.(1)发现如图,点A 为线段BC 外一动点,且BC a =,AB b =.填空:当点A 位于____________时,线段AC 的长取得最大值,且最大值为_________.(用含a ,b 的式子表示)(2)应用点A 为线段BC 外一动点,且3BC =,1AB =.如图所示,分别以AB ,AC 为边,作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ,连接CD ,BE .①找出图中与BE 相等的线段,并说明理由;②直接写出线段BE 长的最大值.(3)拓展如图,在平面直角坐标系中,点A 的坐标为()2,0,点B 的坐标为()5,0,点P 为线段AB 外一动点,且2PA =,PM PB =,90BPM ∠=︒,求线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标.【答案】(1)CB 的延长线上,a+b ;(2)①DC=BE,理由见解析;②BE 的最大值是4;(3)AM 的最大值是2,点P 的坐标为(22)【解析】【分析】(1)根据点A 位于CB 的延长线上时,线段AC 的长取得最大值,即可得到结论; (2)①根据等边三角形的性质得到AD=AB ,AC=AE ,∠BAD=∠CAE=60°,推出△CAD ≌△EAB ,根据全等三角形的性质得到CD=BE ;②由于线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值,根据(1)中的结论即可得到结果;(3)连接BM ,将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ,连接AN ,得到△APN 是等腰直角三角形,根据全等三角形的性质得到PN=PA=2,BN=AM ,根据当N 在线段BA 的延长线时,线段BN 取得最大值,即可得到最大值为2+3;如图2,过P 作PE ⊥x 轴于E ,根据等腰直角三角形的性质即可得到结论.【详解】解:(1)∵点A 为线段BC 外一动点,且BC=a ,AB=b ,∴当点A 位于CB 的延长线上时,线段AC 的长取得最大值,且最大值为BC+AB=a+b , 故答案为CB 的延长线上,a+b ;(2)①CD=BE ,理由:∵△ABD 与△ACE 是等边三角形,∴AD=AB ,AC=AE ,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC ,即∠CAD=∠EAB ,在△CAD 与△EAB 中,AD AB CAD EAB AC AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△CAD ≌△EAB ,∴CD=BE ;②∵线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值,由(1)知,当线段CD 的长取得最大值时,点D 在CB 的延长线上,∴最大值为BD+BC=AB+BC=4;(3)∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN,连接AN,则△APN是等腰直角三角形,∴PN=PA=2,BN=AM,∵A的坐标为(2,0),点B的坐标为(5,0),∴OA=2,OB=5,∴AB=3,∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值,∴当N在线段BA的延长线时,线段BN取得最大值,最大值=AB+AN,∵AN=2AP=22,∴最大值为22+3;如图2,过P作PE⊥x轴于E,∵△APN是等腰直角三角形,∴2,∴22,∴P(22).【点睛】考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,最大值问题,旋转的性质.正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.15.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+OE2OC;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:2OC,∴OD,OE,OC满足2OC.。
中考数学压轴题专题复习—初中数学 旋转的综合含详细答案

中考数学压轴题专题复习—初中数学旋转的综合含详细答案一、旋转1.(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°; ②AE 2+DB 2=DE 2,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,AE 2+AF 2=EF 2,又∵AF =DB ,∴AE 2+DB 2=DE 2.2.平面上,Rt △ABC 与直径为CE 的半圆O 如图1摆放,∠B =90°,AC =2CE =m ,BC =n ,半圆O 交BC 边于点D ,将半圆O 绕点C 按逆时针方向旋转,点D 随半圆O 旋转且∠ECD 始终等于∠ACB ,旋转角记为α(0°≤α≤180°)(1)当α=0°时,连接DE ,则∠CDE = °,CD = ;(2)试判断:旋转过程中BDAE的大小有无变化?请仅就图2的情形给出证明; (3)若m =10,n =8,当α=∠ACB 时,求线段BD 的长;(4)若m =6,n =2,当半圆O 旋转至与△ABC 的边相切时,直接写出线段BD 的长.【答案】(1)90°,2n ;(2)无变化;(3125;(4)BD=101143. 【解析】试题分析:(1)①根据直径的性质,由DE ∥AB 得CD CECB CA=即可解决问题.②求出BD 、AE 即可解决问题.(2)只要证明△ACE ∽△BCD 即可.(3)求出AB 、AE ,利用△ACE ∽△BCD 即可解决问题.(4)分类讨论:①如图5中,当α=90°时,半圆与AC 相切,②如图6中,当α=90°+∠ACB 时,半圆与BC 相切,分别求出BD 即可. 试题解析:(1)解:①如图1中,当α=0时,连接DE ,则∠CDE =90°.∵∠CDE =∠B =90°,∴DE ∥AB ,∴CE CD AC CB ==12.∵BC =n ,∴CD =12n .故答案为90°,12n . ②如图2中,当α=180°时,BD =BC +CD =32n ,AE =AC +CE =32m ,∴BD AE =n m.故答案为nm. (2)如图3中,∵∠ACB =∠DCE ,∴∠ACE =∠BCD .∵CD BC nCE AC m==,∴△ACE ∽△BCD ,∴BD BC nAE AC m==.(3)如图4中,当α=∠ACB 时.在Rt △ABC 中,∵AC =10,BC =8,∴AB 22AC BC -.在Rt △ABE 中,∵AB =6,BE =BC ﹣CE =3,∴AE 22AB BE +2263+52)可知△ACE ∽△BCD ,∴BD BCAE AC=,∴35=810,∴BD 125125. (4)∵m =6,n =2∴CE =3,CD 2,AB 22CA BC -=2,①如图5中,当α=90°时,半圆与AC 相切.在Rt △DBC 中,BD 22BC CD +224222+()()10. ②如图6中,当α=90°+∠ACB 时,半圆与BC 相切,作EM ⊥AB 于M .∵∠M =∠CBM =∠BCE =90°,∴四边形BCEM 是矩形,∴342BM EC ME ===,∴AM =5,AE 22AM ME +57,由(2)可知DB AE =23,∴BD =1143. 故答案为1021143.点睛:本题考查了圆的有关知识,相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识,正确画出图形是解决问题的关键,学会分类讨论的思想,本题综合性比较强,属于中考压轴题.3.两块等腰直角三角板△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.4.如图所示,△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,EC的延长线交BD于点P.(1)把△ABC绕点A旋转到图1,BD,CE的关系是(选填“相等”或“不相等”);简要说明理由;(2)若AB=3,AD=5,把△ABC绕点A旋转,当∠EAC=90°时,在图2中作出旋转后的图形,PD=,简要说明计算过程;(3)在(2)的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为,最大值为.【答案】(1)BD,CE的关系是相等;(2534172034173)1,7【解析】分析:(1)依据△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,即可BA=CA,∠BAD=∠CAE,DA=EA,进而得到△ABD≌△ACE,可得出BD=CE;(2)分两种情况:依据∠PDA=∠AEC,∠PCD=∠ACE,可得△PCD∽△ACE,即可得到PD AE =CDCE,进而得到53417;依据∠ABD=∠PBE,∠BAD=∠BPE=90°,可得△BAD∽△BPE,即可得到PB BEAB BD,进而得出63434,203417(3)以A为圆心,AC长为半径画圆,当CE在⊙A下方与⊙A相切时,PD的值最小;当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时,PD的值最大.在Rt△PED中,PD=DE•sin∠PED,因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小.分两种情况进行讨论,即可得到旋转过程中线段PD的最小值以及最大值.详解:(1)BD,CE的关系是相等.理由:∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,∴BA=CA,∠BAD=∠CAE,DA=EA,∴△ABD≌△ACE,∴BD=CE;故答案为相等.(2)作出旋转后的图形,若点C 在AD 上,如图2所示:∵∠EAC=90°, ∴CE=2234AC AE +=,∵∠PDA=∠AEC ,∠PCD=∠ACE , ∴△PCD ∽△ACE , ∴PD CDAE CE =, ∴PD=53417; 若点B 在AE 上,如图2所示:∵∠BAD=90°, ∴Rt △ABD 中,2234AD AB +=,BE=AE ﹣AB=2,∵∠ABD=∠PBE ,∠BAD=∠BPE=90°, ∴△BAD ∽△BPE ,∴PB BEAB BD=,即334PB =, 解得63434, ∴3463434203417, 53417203417(3)如图3所示,以A 为圆心,AC 长为半径画圆,当CE 在⊙A 下方与⊙A 相切时,PD 的值最小;当CE 在在⊙A 右上方与⊙A 相切时,PD 的值最大.如图3所示,分两种情况讨论:在Rt△PED中,PD=DE•sin∠PED,因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小.①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时,在Rt△ACE中,22-,53在Rt△DAE中,22+=5552∵四边形ACPB是正方形,∴PC=AB=3,∴PE=3+4=7,在Rt△PDE中,2250491-=-=,DE PE即旋转过程中线段PD的最小值为1;②当小三角形旋转到图中△AB'C'时,可得DP'为最大值,此时,DP'=4+3=7,即旋转过程中线段PD的最大值为7.故答案为1,7.点睛:本题属于几何变换综合题,主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识,解题的关键是灵活运用这些知识解决问题,学会分类讨论的思想思考问题,学会利用图形的特殊位置解决最值问题.5.(12分)如图1,在等边△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接BE,CD,点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点.(1)观察猜想:图1中,△PMN的形状是;(2)探究证明:把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,△PMN的形状是否发生改变?并说明理由;(3)拓展延伸:把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=1,AB=3,请直接写出△PMN 的周长的最大值.【答案】(1) 等边三角形;(2) △PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形,理由见解析;(3)6【解析】分析:(1)如图1,先根据等边三角形的性质得到AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°,则BD=CE,再根据三角形中位线性质得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,从而得到PM=PN,∠MPN=60°,从而可判断△PMN为等边三角形;(2)连接CE、BD,如图2,先利用旋转的定义,把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,则BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,则计算出∠BPM+∠CPN=120°,从而得到∠MPN=60°,于是可判断△PMN为等边三角形.(3)利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)得到BD的最大值为4,则PN的最大值为2,然后可确定△PMN的周长的最大值.详解:(1)如图1.∵△ABC为等边三角形,∴AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°.∵AD=AE,∴BD=CE.∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点,∴PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCA=60°,∠CPN=∠CBA=60°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形;故答案为等边三角形;(2)△PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形.理由如下:连接CE、BD,如图2.∵AB=AC,AE=AD,∠BAC=∠DAE=60°,∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,∴BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形.(3)∵PN=12BD,∴当BD的值最大时,PN的值最大.∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)∴BD的最大值为1+3=4,∴PN的最大值为2,∴△PMN的周长的最大值为6.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.也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质.6.在平面直角坐标系中,O为原点,点A(3,0),点B(0,4),把△ABO绕点A顺时针旋转,得△AB′O′,点B,O旋转后的对应点为B′,O.(1)如图1,当旋转角为90°时,求BB′的长;(2)如图2,当旋转角为120°时,求点O′的坐标;(3)在(2)的条件下,边OB上的一点P旋转后的对应点为P′,当O′P+AP′取得最小值时,求点P′的坐标.(直接写出结果即可)【答案】(1)22)O'(92333)P'(275,635).【解析】【分析】(1)先求出AB.利用旋转判断出△ABB'是等腰直角三角形,即可得出结论;(2)先判断出∠HAO'=60°,利用含30度角的直角三角形的性质求出AH,OH,即可得出结论;(3)先确定出直线O'C的解析式,进而确定出点P的坐标,再利用含30度角的直角三角形的性质即可得出结论.【详解】(1)∵A (3,0),B (0,4),∴OA =3,OB =4,∴AB =5,由旋转知,BA =B 'A ,∠BAB '=90°,∴△ABB '是等腰直角三角形,∴BB '=2AB =52; (2)如图2,过点O '作O 'H ⊥x 轴于H ,由旋转知,O 'A =OA =3,∠OAO '=120°,∴∠HAO '=60°,∴∠HO 'A =30°,∴AH =12AO '=32,OH =3AH =332,∴OH =OA +AH =92,∴O '(9332,); (3)由旋转知,AP =AP ',∴O 'P +AP '=O 'P +AP .如图3,作A 关于y 轴的对称点C ,连接O 'C 交y 轴于P ,∴O 'P +AP =O 'P +CP =O 'C ,此时,O 'P +AP 的值最小.∵点C 与点A 关于y 轴对称,∴C (﹣3,0).∵O '(9332,),∴直线O 'C 的解析式为y =3x +33,令x =0,∴y =33,∴P (0,335),∴O 'P '=OP =335,作P 'D ⊥O 'H 于D . ∵∠B 'O 'A =∠BOA =90°,∠AO 'H =30°,∴∠DP 'O '=30°,∴O 'D =12O 'P '=33,P 'D =3O 'D =910,∴DH =O 'H ﹣O 'D =63,O 'H +P 'D =275,∴P '(27635,).【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,含30度角的直角三角形的性质,构造出直角三角形是解答本题的关键.7.已知△ABC 是边长为4的等边三角形,边AB 在射线OM 上,且OA=6,点D 是射线OM 上的动点,当点D 不与点A 重合时,将△ACD 绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE ,连接DE .(1)如图1,猜想:△CDE 的形状是 三角形.(2)请证明(1)中的猜想(3)设OD=m ,①当6<m <10时,△BDE 的周长是否存在最小值?若存在,求出△BDE 周长的最小值;若不存在,请说明理由.②是否存在m的值,使△DEB是直角三角形,若存在,请直接写出m的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)等边;(2)详见解析;(3)3;②当m=2或14时,以D、E、B 为顶点的三角形是直角三角形.【解析】【分析】(1)由旋转的性质猜想结论;(2)由旋转的性质得到∠DCE=60°,DC=EC,即可得到结论;(3)①当6<m<10时,由旋转的性质得到BE=AD,于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,于是得到结论;②存在,分四种情况讨论:a)当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形;b)当0≤m<6时,由旋转的性质得到∠ABE=60°,∠BDE<60°,求得∠BED=90°,根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°,求得∠CEB=30°,求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2=m;c)当6<m<10时,此时不存在;d)当m>10时,由旋转的性质得到∠DBE=60°,求得∠BDE>60°,于是得到m=14.【详解】(1)等边;(2)∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE=60°,DC=EC,∴△CDE 是等边三角形.(3)①存在,当6<t<10时,由旋转的性质得:BE=AD,∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE=CD,∴C△DBE=CD+4,由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时,CD3,∴△BDE的最小周长=CD3;②存在,分四种情况讨论:a)∵当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意;b)当0≤m<6时,由旋转可知,∠ABE=60°,∠BDE<60°,∴∠BED=90°,由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEB=60°,∴∠CEB=30°.∵∠CEB=∠CDA,∴∠CDA=30°.∵∠CAB=60°,∴∠ACD=∠ADC=30°,∴DA=CA=4,∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2,∴m=2;c)当6<m<10时,由∠DBE=120°>90°,∴此时不存在;d)当m>10时,由旋转的性质可知,∠DBE=60°,又由(1)知∠CDE=60°,∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC,而∠BDC>0°,∴∠BDE>60°,∴只能∠BDE=90°,从而∠BCD=30°,∴BD=BC=4,∴OD=14,∴m=14.综上所述:当m=2或14时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.【点睛】本题考查了旋转的性质,等边三角形的判定和性质,三角形周长的计算,直角三角形的判定,熟练掌握旋转的性质是解题的关键.8.在平面直角坐标系中,O为原点,点A(8,0),点B(0,6),把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′,点A、O旋转后的对应点为A′、O′,记旋转角为α.(1)如图1,若α=90°,则AB=,并求AA′的长;(2)如图2,若α=120°,求点O′的坐标;(3)在(2)的条件下,边OA上的一点P旋转后的对应点为P′,当O′P+BP′取得最小值时,直接写出点P′的坐标.【答案】(1)10,102;(2)(339);(3)123545(,)【解析】试题分析:(1)、如图①,先利用勾股定理计算出AB=5,再根据旋转的性质得BA=BA′,∠ABA′=90°,则可判定△ABA′为等腰直角三角形,然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,利用旋转的性质得BO=BO′=3,∠OBO′=120°,则∠HBO′=60°,再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长,然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标;(3)、由旋转的性质得BP=BP′,则O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,易得O′P+BP=O′C,利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小,接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=x﹣3,从而得到P(,0),则O′P′=OP=,作P′D⊥O′H于D,然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长,从而可得到P′点的坐标.试题解析:(1)、如图①,∵点A(4,0),点B(0,3),∴OA=4,OB=3,∴AB==5,∵△ABO绕点B逆时针旋转90°,得△A′BO′,∴BA=BA′,∠ABA′=90°,∴△ABA′为等腰直角三角形,∴AA′=BA=5;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,∴BO=BO′=3,∠OBO′=120°,∴∠HBO′=60°,在Rt△BHO′中,∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°,∴BH=BO′=,O′H=BH=,∴OH=OB+BH=3+,∴O′点的坐标为();(3)∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,点P的对应点为P′,∴BP=BP′,∴O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,则O′P+BP=O′P+PC=O′C,此时O′P+BP的值最小,∵点C与点B关于x轴对称,∴C(0,﹣3),设直线O′C的解析式为y=kx+b,把O′(),C(0,﹣3)代入得,解得,∴直线O′C的解析式为y=x﹣3,当y=0时,x﹣3=0,解得x=,则P(,0),∴OP=,∴O′P′=OP=,作P′D⊥O′H于D,∵∠BO′A=∠BOA=90°,∠BO′H=30°,∴∠DP′O′=30°,∴O′D=O′P′=,P′D=,∴DH=O′H﹣O′,∴P′点的坐标为(,).考点:几何变换综合题9.在正方形ABCD中,连接BD.(1)如图1,AE⊥BD于E.直接写出∠BAE的度数.(2)如图1,在(1)的条件下,将△AEB以A旋转中心,沿逆时针方向旋转30°后得到△AB′E′,AB′与BD交于M,AE′的延长线与BD交于N.①依题意补全图1;②用等式表示线段BM、DN和MN之间的数量关系,并证明.(3)如图2,E、F是边BC、CD上的点,△CEF周长是正方形ABCD周长的一半,AE、AF 分别与BD交于M、N,写出判断线段BM、DN、MN之间数量关系的思路.(不必写出完整推理过程)【答案】(1)45°;(2)①补图见解析;②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2,证明见解析;(3)答案见解析.【解析】(1)利用等腰直角三角形的性质即可;(2)依题意画出如图1所示的图形,根据性质和正方形的性质,判断线段的关系,再利用勾股定理得到FB2+BM2=FM2,再判断出FM=MN即可;(3)利用△CEF周长是正方形ABCD周长的一半,判断出EF=EG,再利用(2)证明即可.解:(1)∵BD是正方形ABCD的对角线,∴∠ABD=∠ADB=45°,∵AE⊥BD,∴∠ABE=∠BAE=45°,(2)①依题意补全图形,如图1所示,②BM、DN和MN之间的数量关系是BM2+MD2=MN2,将△AND绕点D顺时针旋转90°,得到△AFB,∴∠ADB=∠FBA,∠BAF=∠DAN,DN=BF,AF=AN,∵在正方形ABCD中,AE⊥BD,∴∠ADB=∠ABD=45°,∴∠FBM=∠FBA+∠ABD=∠ADB+∠ABD=90°,在Rt△BFM中,根据勾股定理得,FB2+BM2=FM2,∵旋转△ANE得到AB1E1,∴∠E1AB1=45°,∴∠BAB1+∠DAN=90°﹣45°=45°,∵∠BAF=DAN,∴∠BAB1+∠BAF=45°,∴∠FAM=45°,∴∠FAM=∠E1AB1,∵AM=AM,AF=AN,∴△AFM≌△ANM,∴FM=MN,∵FB2+BM2=FM2,∴DN2+BM2=MN2,(3)如图2,将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG,∴DF=GB,∵正方形ABCD的周长为4AB,△CEF周长为EF+EC+CF,∵△CEF周长是正方形ABCD周长的一半,∴4AB=2(EF+EC+CF),∴2AB=EF+EC+CF∵EC=AB﹣BE,CF=AB﹣DF,∴2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF,∴EF=DF+BE,∵DF=GB,∴EF=GB+BE=GE,由旋转得到AD=AG=AB,∵AM=AM,∴△AEG≌△AEF,∠EAG=∠EAF=45°,和(2)的②一样,得到DN2+BM2=MN2.“点睛”此题是四边形综合题,主要考查了正方形的性质、旋转的性质,三角形的全等,判断出(△AFN≌△ANM,得到FM=MM),是解题的关键.10.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=12x2-3x+9,根据△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512,代入得出方程12x2-3x+9=512×12×6×6,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512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=12CH×CK=3x﹣12x2,∴S△GHK=S四边形CKGH﹣S△CKH=9﹣(3x﹣12x2)=12x2﹣3x+9,∵△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512,∴12x2﹣3x+9=512×12×6×6,解得136x=+,236x=-(经检验,均符合题意).∴存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512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.11.如图是两个可以自由转动的转盘,甲转盘被等分成3个扇形,乙转盘被等分成4个扇形,每一个扇形上都标有相应的数字.同时转动两个转盘,当转盘停止后,计算指针所指区域内的数字之和.如果指针恰好指在分割线上,那么重转一次,直到指针指向一个数字为止.(1)请你通过画树状图或列表的方法分析,并求指针所指区域内的数字和小于10的概率;(2)小亮和小颖小亮和小颖利用它们做游戏,游戏规则是:指针所指区域内的数字和小于10,小颖获胜;指针所指区域内的数字之和等于10,为平局;指针所指区域内的数字之和大于10,小亮获胜.你认为该游戏规则是否公平?请说明理由;若游戏规则不公平,请你设计出一种公平的游戏规则.【答案】(1)13;(2)不公平.【解析】试题分析:(1)依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果,然后根据概率公式求出该事件的概率.(2)判断游戏的公平性,首先要计算出游戏双方赢的概率,概率相等则公平,否则不公平.试题解析:(1)共有12种等可能的结果,小于10的情况有4种,所以指针所指区域内的数字和小于10的概率为13.(2)不公平,因为小颖获胜的概率为;小亮获胜的概率为512.小亮获胜的可能性大,所以不公平.可以修改为若这两个数的和为奇数,则小亮赢;积为偶数,则小颖赢.考点:1.游戏公平性;2.列表法与树状图法.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;③PC 2. 【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2212PC 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=21103322EC +=【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.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 ===-=-.14.(1)发现如图,点A 为线段BC 外一动点,且BC a =,AB b =. 填空:当点A 位于____________时,线段AC 的长取得最大值,且最大值为_________.(用含a ,b 的式子表示)(2)应用点A 为线段BC 外一动点,且3BC =,1AB =.如图所示,分别以AB ,AC 为边,作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ,连接CD ,BE .①找出图中与BE 相等的线段,并说明理由;②直接写出线段BE 长的最大值.(3)拓展如图,在平面直角坐标系中,点A 的坐标为()2,0,点B 的坐标为()5,0,点P 为线段AB 外一动点,且2PA =,PM PB =,90BPM ∠=︒,求线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标.【答案】(1)CB 的延长线上,a+b ;(2)①DC=BE,理由见解析;②BE 的最大值是4;(3)AM 的最大值是2,点P 的坐标为(22)【解析】【分析】(1)根据点A 位于CB 的延长线上时,线段AC 的长取得最大值,即可得到结论; (2)①根据等边三角形的性质得到AD=AB ,AC=AE ,∠BAD=∠CAE=60°,推出△CAD ≌△EAB ,根据全等三角形的性质得到CD=BE ;②由于线段BE 长的最大值=线段CD的最大值,根据(1)中的结论即可得到结果;(3)连接BM ,将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ,连接AN ,得到△APN 是等腰直角三角形,根据全等三角形的性质得到PN=PA=2,BN=AM ,根据当N 在线段BA 的延长线时,线段BN 取得最大值,即可得到最大值为22+3;如图2,过P 作PE ⊥x 轴于E ,根据等腰直角三角形的性质即可得到结论.【详解】解:(1)∵点A 为线段BC 外一动点,且BC=a ,AB=b ,∴当点A 位于CB 的延长线上时,线段AC 的长取得最大值,且最大值为BC+AB=a+b , 故答案为CB 的延长线上,a+b ;(2)①CD=BE ,理由:∵△ABD 与△ACE 是等边三角形,∴AD=AB ,AC=AE ,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC ,即∠CAD=∠EAB ,在△CAD 与△EAB 中,AD AB CAD EAB AC AE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== , ∴△CAD ≌△EAB ,∴CD=BE ;②∵线段BE 长的最大值=线段CD 的最大值,由(1)知,当线段CD 的长取得最大值时,点D 在CB 的延长线上,∴最大值为BD+BC=AB+BC=4;(3)∵将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN ,连接AN ,则△APN 是等腰直角三角形,∴PN=PA=2,BN=AM ,∵A 的坐标为(2,0),点B 的坐标为(5,0),∴OA=2,OB=5,∴AB=3,∴线段AM 长的最大值=线段BN 长的最大值,∴当N 在线段BA 的延长线时,线段BN 取得最大值,。
备战中考数学与旋转有关的压轴题及答案解析

一、旋转真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.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2.已知Rt△DAB中,∠ADB=90°,扇形DEF中,∠EDF=30°,且DA=DB=DE,将Rt△ADB的边与扇形DEF的半径DE重合,拼接成图1所示的图形,现将扇形DEF绕点D按顺时针方向旋转,得到扇形DE′F′,设旋转角为α(0°<α<180°)(1)如图2,当0°<α<90°,且DF′∥AB时,求α;(2)如图3,当α=120°,求证:AF′=BE′.【答案】(1)15°;(2)见解析.【解析】试题分析:(1)∵∠ADB=90°,DA=DB,∴∠BAD=45°,∵DF′∥AB,∴∠ADF′=∠BAD=45°,∴α=45°﹣30°=15°;(2)∵α=120°,∴∠ADE′=120°,∴∠ADF′=120°+30°=150°,∠BDE′=360°﹣90°﹣120°=150°,∴∠ADF′=∠BDE′,在△ADF′和△BDE′中,,∴△ADF′≌△BDE′,∴AF′=BE′.考点:①旋转性质;②全等三角形的判定和性质.3.已知:一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B,以B为旋转中心,将△BOA逆时针旋转,得△BCD(其中O与C、A与D是对应的顶点).(1)求AB的长;(2)当∠BAD=45°时,求D点的坐标;(3)当点C在线段AB上时,求直线BD的关系式.【答案】(1)5;(2)D(4,7)或(-4,1);(3)【解析】试题分析:(1)先分别求得一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标,再根据勾股定理求解即可;(2)根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可;(3)先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标,再根据待定系数法列方程组求解即可.(1)在时,当时,,当时,∴;(2)由题意得D(4,7)或(-4,1);(2)由题意得D点坐标为(4,)设直线BD的关系式为∵图象过点B(0,4),D(4,)∴,解得∴直线BD的关系式为.考点:动点的综合题点评:此类问题综合性强,难度较大,在中考中比较常见,一般作为压轴题,题目比较典型.4.(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.22.【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2,图3-2中,当P 、E 、B 共线时,BE 最大,最大值2,∴22,即22【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.5.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 ECAB 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 ECAB 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=22,在△PEA中,PE2=(22)2=8,AE2=12=1,PA2=32=9,∵PE2+AE2=AP2,∴△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.6.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+=,求出a即可解决问题;62)24a a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.7.在平面直角坐标系中,四边形AOBC 是矩形,点(0,0)O ,点(5,0)A ,点(0,3)B .以点A 为中心,顺时针旋转矩形AOBC ,得到矩形ADEF ,点O ,B ,C 的对应点分别为D ,E ,F .(Ⅰ)如图①,当点D 落在BC 边上时,求点D 的坐标;(Ⅱ)如图②,当点D 落在线段BE 上时,AD 与BC 交于点H .①求证ADB AOB △△≌;②求点H 的坐标.(Ⅲ)记K 为矩形AOBC 对角线的交点,S 为KDE △的面积,求S 的取值范围(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为(1,3).(Ⅱ)①证明见解析;②点H 的坐标为17(,3)5.(Ⅲ3033430334S -+≤≤. 【解析】分析:(Ⅰ)根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x ,在直角三角形ACD 中运用勾股定理可CD 的值,从而可确定D 点坐标;(Ⅱ)①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可;②由①知BAD BAO ∠=∠,再根据矩形的性质得CBA OAB ∠=∠.从而BAD CBA ∠=∠,故BH=AH ,在Rt △ACH 中,运用勾股定理可求得AH 的值,进而求得答案;(Ⅲ3033430334S -+≤≤ 详解:(Ⅰ)∵点()5,0A ,点()0,3B ,∴5OA =,3OB =.∵四边形AOBC 是矩形,∴3AC OB ==,5BC OA ==,90OBC C ∠=∠=︒.∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到的,∴5AD AO ==.在Rt ADC 中,有222AD AC DC =+, ∴22DC AD AC -22534-=.∴1BD BC DC =-=.∴点D 的坐标为()1,3.(Ⅱ)①由四边形ADEF 是矩形,得90ADE ∠=︒.又点D 在线段BE 上,得90ADB ∠=︒.由(Ⅰ)知,AD AO =,又AB AB =,90AOB ∠=︒,∴Rt ADB Rt AOB ≌.②由ADB AOB ≌,得BAD BAO ∠=∠.又在矩形AOBC 中,//OA BC ,∴CBA OAB ∠=∠.∴BAD CBA ∠=∠.∴BH AH =.设BH t =,则AH t =,5HC BC BH t =-=-.在Rt AHC 中,有222AH AC HC =+,∴()22235t t =+-.解得175t =.∴175BH =. ∴点H 的坐标为17,35⎛⎫ ⎪⎝⎭.(Ⅲ3033430334S -+≤≤ 点睛:本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质,勾股定理以及旋转变换的性质等知识,灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.8.如图,在边长为1的正方形网格中,A (1,7)、B (5,5)、C (7,5)、D (5,1).(1)将线段AB 绕点B 逆时针旋转,得到对应线段BE .当BE 与CD 第一次平行时,画出点A 运动的路径,并直接写出点A 运动的路径长;(2)线段AB 与线段CD 存在一种特殊关系,即其中一条线段绕着某点旋转一个角度可以得到另一条线段,直接写出这个旋转中心的坐标.【答案】(1)见解析;5π;(2)旋转中心P的坐标为(3,3)或(6,6).【解析】【分析】(1)依据旋转的方向、旋转角和旋转中心即可得到点A运动的路径为弧线,再运用弧长计算公式即可解答;(2)连接两对对应点,分别作出它们连线的垂直平分线,其交点即为所求.【详解】解:(1)点A运动的路径如图所示,出点A运动的路径长为229024180π⨯⨯+=5π;(2)如图所示,旋转中心P的坐标为(3,3)或(6,6).【点睛】本题主要考查了利用旋转变换及其作图,掌握旋转的性质、旋转角以及确定旋转中心的方法是解答本题的关键.。
备战中考数学压轴题专题复习——初中数学 旋转的综合及答案解析

备战中考数学压轴题专题复习——初中数学 旋转的综合及答案解析一、旋转1.如图1,在平面直角坐标系xOy 中,抛物线C :y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ,B 两点,顶点为D (0,4),AB=42,设点F (m ,0)是x 轴的正半轴上一点,将抛物线C 绕点F 旋转180°,得到新的抛物线C ′. (1)求抛物线C 的函数表达式;(2)若抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,求m 的取值范围. (3)如图2,P 是第一象限内抛物线C 上一点,它到两坐标轴的距离相等,点P 在抛物线C ′上的对应点P ′,设M 是C 上的动点,N 是C ′上的动点,试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形?若能,求出m 的值;若不能,请说明理由.【答案】(1)2142y x =-+;(2)2<m <23)m =6或m 173. 【解析】试题分析:(1)由题意抛物线的顶点C (0,4),A (2,0),设抛物线的解析式为24y ax =+,把A (220)代入可得a =12-,由此即可解决问题; (2)由题意抛物线C ′的顶点坐标为(2m ,﹣4),设抛物线C ′的解析式为()2142y x m =--,由()22142142y x y x m ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=--⎪⎩,消去y 得到222280x mx m -+-=,由题意,抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,则有()222(428020280m m m ⎧-->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩,解不等式组即可解决问题;(3)情形1,四边形PMP ′N 能成为正方形.作PE ⊥x 轴于E ,MH ⊥x 轴于H .由题意易知P (2,2),当△PFM 是等腰直角三角形时,四边形PMP ′N 是正方形,推出PF =FM ,∠PFM =90°,易证△PFE ≌△FMH ,可得PE =FH =2,EF =HM =2﹣m ,可得M (m +2,m ﹣2),理由待定系数法即可解决问题;情形2,如图,四边形PMP ′N 是正方形,同法可得M (m ﹣2,2﹣m ),利用待定系数法即可解决问题.试题解析:(1)由题意抛物线的顶点C (0,4),A (22,0),设抛物线的解析式为24y ax=+,把A (22,0)代入可得a =12-,∴抛物线C 的函数表达式为2142y x =-+.(2)由题意抛物线C ′的顶点坐标为(2m ,﹣4),设抛物线C ′的解析式为()2142y x m =--,由21421(42x y x y ⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩,消去y 得到222280x mx m -+-= ,由题意,抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,则有()222(428020280m m m ⎧-->⎪⎪>⎨⎪->⎪⎩,解得2<m <22,∴满足条件的m 的取值范围为2<m <22. (3)结论:四边形PMP ′N 能成为正方形.理由:1情形1,如图,作PE ⊥x 轴于E ,MH ⊥x 轴于H .由题意易知P (2,2),当△PFM 是等腰直角三角形时,四边形PMP ′N 是正方形,∴PF =FM ,∠PFM =90°,易证△PFE ≌△FMH ,可得PE =FH =2,EF =HM =2﹣m ,∴M (m +2,m ﹣2),∵点M 在2142y x =-+上,∴()212242m m -=-++,解得m 173或173(舍弃),∴m 17﹣3时,四边形PMP ′N 是正方形.情形2,如图,四边形PMP ′N 是正方形,同法可得M (m ﹣2,2﹣m ),把M (m ﹣2,2﹣m )代入2142y x =-+中,()212242m m -=--+,解得m =6或0(舍弃),∴m =6时,四边形PMP′N是正方形.综上所述:m=6或m=17﹣3时,四边形PMP′N是正方形.2.(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=DE2.3.已知正方形ABCD的边长为4,一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转,角的两边分别与BC、DC的延长线交于点E、F,连接EF,设CE=a,CF=b.(1)如图1,当a=42时,求b的值;(2)当a=4时,在图2中画出相应的图形并求出b的值;(3)如图3,请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式.【答案】(1)422)b=8;(3)ab=32.【解析】试题分析:(1)由正方形ABCD的边长为4,可得AC=2,∠ACB=45°.再CE=a=2∠CAE=∠AEC,从而可得∠CAF的度数,既而可得 b=AC;(2)通过证明△ACF∽△ECA,即可得;(3)通过证明△ACF∽△ECA,即可得.试题解析:(1)∵正方形ABCD 的边长为4,∴AC =42 ,∠ACB =45°. ∵CE =a =42,∴∠CAE =∠AEC =452︒=22.5°,∴∠CAF =∠EAF -∠CAE =22.5°,∴∠AFC =∠ACD -∠CAF =22.5°,∴∠CAF =∠AFC ,∴b=AC =CF =42;(2)∵∠FAE =45°,∠ACB =45°,∴∠FAC +∠CAE =45°,∠CAE +∠AEC =45°,∴∠FAC =∠AEC .又∵∠ACF =∠ECA =135°,∴△ACF ∽△ECA ,∴AC CF EC CA =,∴42442=,∴CF =8,即b =8. (3)ab =32.提示:由(2)知可证△ACF ∽△ECA ,∴∴AC CF EC CA =,∴4242a =,∴ab =32.4.如图1,在Rt △ABC 中,∠ACB =90°,AC =BC .点D 、E 分别在AC 、BC 边上,DC =EC ,连接DE 、AE 、BD .点M 、N 、P 分别是AE 、BD 、AB 的中点,连接PM 、PN 、MN .(1)PM 与BE 的数量关系是 ,BE 与MN 的数量关系是 .(2)将△DEC 绕点C 逆时针旋转到如图2的位置,判断(1)中BE 与MN 的数量关系结论是否仍然成立,如果成立,请写出证明过程,若不成立,请说明理由;(3)若CB =6.CE =2,在将图1中的△DEC 绕点C 逆时针旋转一周的过程中,当B 、E 、D 三点在一条直线上时,求MN 的长度. 【答案】(1)1,22PM BE BE MN ==;(2)成立,理由见解析;(3)MN 17﹣117 【解析】 【分析】(1)如图1中,只要证明PMN V 的等腰直角三角形,再利用三角形的中位线定理即可解决问题;(2)如图2中,结论仍然成立,连接AD 、延长BE 交AD 于点H .由ECB DCA ≅V V ,推出BE AD =,DAC EBC ∠=∠,即可推出BH AD ⊥,由M 、N 、P 分别AE 、BD 、AB 的中点,推出//PM BE ,12PM BE =,//PN AD ,12PN AD =,推出PM PN =,90MPN ∠=︒,可得22222BE PM MN MN ==⨯=; (3)有两种情形分别求解即可. 【详解】 (1)如图1中,∵AM =ME ,AP =PB ,∴PM ∥BE ,12PM BE =, ∵BN =DN ,AP =PB ,∴PN ∥AD ,12PN AD =, ∵AC =BC ,CD =CE , ∴AD =BE , ∴PM =PN , ∵∠ACB =90°, ∴AC ⊥BC ,∴∵PM ∥BC ,PN ∥AC , ∴PM ⊥PN ,∴△PMN 的等腰直角三角形, ∴2MN PM =,∴122MN BE =, ∴2BE MN =,故答案为12PM BE =,2BE MN =. (2)如图2中,结论仍然成立.理由:连接AD 、延长BE 交AD 于点H . ∵△ABC 和△CDE 是等腰直角三角形, ∴CD =CE ,CA =CB ,∠ACB =∠DCE =90°, ∵∠ACB ﹣∠ACE =∠DCE ﹣∠ACE , ∴∠ACD =∠ECB , ∴△ECB ≌△DCA , ∴BE =AD ,∠DAC =∠EBC , ∵∠AHB =180°﹣(∠HAB +∠ABH ) =180°﹣(45°+∠HAC +∠ABH ) =∠180°﹣(45°+∠HBC +∠ABH ) =180°﹣90° =90°, ∴BH ⊥AD ,∵M 、N 、P 分别为AE 、BD 、AB 的中点,∴PM ∥BE ,12PM BE =,PN ∥AD ,12PN AD =, ∴PM =PN ,∠MPN =90°,∴2222BE PM MN MN ==⨯=. (3)①如图3中,作CG ⊥BD 于G ,则2CG GE DG ===,当D 、E 、B 共线时,在Rt △BCG 中,()22226234BG BC CG =-=-=∴342BE BG GE =-=∴21712MN BE ==-. ②如图4中,作CG ⊥BD 于G ,则2CG GE DG ===,当D 、E 、B 共线时,在Rt △BCG 中,()22226234BG BC CG =-=-=,∴342BE BG GE =+=+, ∴21712MN BE ==+. 综上所述,MN =17﹣1或17+1. 【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、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.5.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.6.(12分)如图1,在等边△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接BE,CD,点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点.(1)观察猜想:图1中,△PMN的形状是;(2)探究证明:把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,△PMN的形状是否发生改变?并说明理由;(3)拓展延伸:把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=1,AB=3,请直接写出△PMN 的周长的最大值.【答案】(1) 等边三角形;(2) △PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形,理由见解析;(3)6【解析】分析:(1)如图1,先根据等边三角形的性质得到AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°,则BD=CE,再根据三角形中位线性质得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,从而得到PM=PN,∠MPN=60°,从而可判断△PMN为等边三角形;(2)连接CE、BD,如图2,先利用旋转的定义,把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,则BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,则计算出∠BPM+∠CPN=120°,从而得到∠MPN=60°,于是可判断△PMN为等边三角形.(3)利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)得到BD的最大值为4,则PN的最大值为2,然后可确定△PMN的周长的最大值.详解:(1)如图1.∵△ABC为等边三角形,∴AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°.∵AD=AE,∴BD=CE.∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点,∴PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCA=60°,∠CPN=∠CBA=60°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形;故答案为等边三角形;(2)△PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形.理由如下:连接CE、BD,如图2.∵AB=AC,AE=AD,∠BAC=∠DAE=60°,∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,∴BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形.(3)∵PN=12BD,∴当BD的值最大时,PN的值最大.∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)∴BD的最大值为1+3=4,∴PN的最大值为2,∴△PMN的周长的最大值为6.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.也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质.7.已知△ABC是边长为4的等边三角形,边AB在射线OM上,且OA=6,点D是射线OM 上的动点,当点D不与点A重合时,将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,连接DE.(1)如图1,猜想:△CDE的形状是三角形.(2)请证明(1)中的猜想(3)设OD=m,①当6<m<10时,△BDE的周长是否存在最小值?若存在,求出△BDE周长的最小值;若不存在,请说明理由.②是否存在m的值,使△DEB是直角三角形,若存在,请直接写出m的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)等边;(2)详见解析;(3)3;②当m=2或14时,以D、E、B 为顶点的三角形是直角三角形.【解析】【分析】(1)由旋转的性质猜想结论;(2)由旋转的性质得到∠DCE=60°,DC=EC,即可得到结论;(3)①当6<m<10时,由旋转的性质得到BE=AD,于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,于是得到结论;②存在,分四种情况讨论:a)当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形;b)当0≤m<6时,由旋转的性质得到∠ABE=60°,∠BDE<60°,求得∠BED=90°,根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°,求得∠CEB=30°,求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2=m;c)当6<m<10时,此时不存在;d)当m>10时,由旋转的性质得到∠DBE=60°,求得∠BDE>60°,于是得到m=14.【详解】(1)等边;(2)∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE=60°,DC=EC,∴△CDE 是等边三角形.(3)①存在,当6<t<10时,由旋转的性质得:BE=AD,∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE=CD,∴C△DBE=CD+4,由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时,CD3,∴△BDE的最小周长=CD3;②存在,分四种情况讨论:a)∵当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意;b)当0≤m<6时,由旋转可知,∠ABE=60°,∠BDE<60°,∴∠BED=90°,由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEB=60°,∴∠CEB=30°.∵∠CEB=∠CDA,∴∠CDA=30°.∵∠CAB=60°,∴∠ACD=∠ADC=30°,∴DA=CA=4,∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2,∴m=2;c )当6<m <10时,由∠DBE =120°>90°,∴此时不存在;d )当m >10时,由旋转的性质可知,∠DBE =60°,又由(1)知∠CDE =60°,∴∠BDE =∠CDE +∠BDC =60°+∠BDC ,而∠BDC >0°,∴∠BDE >60°,∴只能∠BDE =90°,从而∠BCD =30°,∴BD =BC =4,∴OD =14,∴m =14.综上所述:当m =2或14时,以D 、E 、B 为顶点的三角形是直角三角形.【点睛】本题考查了旋转的性质,等边三角形的判定和性质,三角形周长的计算,直角三角形的判定,熟练掌握旋转的性质是解题的关键.8.如图1,菱形ABCD ,AB 4=,ADC 120∠=o ,连接对角线AC 、BD 交于点O , ()1如图2,将AOD V 沿DB 平移,使点D 与点O 重合,求平移后的A'BO V 与菱形ABCD 重合部分的面积.()2如图3,将A'BO V 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】()1Q 四边形为菱形,ADC 120∠=o ,ADO 60∠∴=o ,ABD ∴V 为等边三角形,DAO 30∠∴=o ,ABO 60∠=o ,∵AD//A′O ,∴∠A′OB=60°,EOB ∴V 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′B F =OEB S 3=V .【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.9.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<a),求△PAB 旋转到△P'CB 的过程中边PA 所扫过区域(图中阴影部分)的面积;(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.10.在平面直角坐标系中,O为原点,点A(8,0),点B(0,6),把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′,点A、O旋转后的对应点为A′、O′,记旋转角为α.(1)如图1,若α=90°,则AB=,并求AA′的长;(2)如图2,若α=120°,求点O′的坐标;(3)在(2)的条件下,边OA上的一点P旋转后的对应点为P′,当O′P+BP′取得最小值时,直接写出点P′的坐标.【答案】(1)10,102;(2)(33,9);(3)12354 55(,)【解析】试题分析:(1)、如图①,先利用勾股定理计算出AB=5,再根据旋转的性质得BA=BA′,∠ABA′=90°,则可判定△ABA′为等腰直角三角形,然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,利用旋转的性质得BO=BO′=3,∠OBO′=120°,则∠HBO′=60°,再在Rt△B HO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长,然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标;(3)、由旋转的性质得BP=BP′,则O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,易得O′P+BP=O′C,利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小,接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=x﹣3,从而得到P(,0),则O′P′=OP=,作P′D⊥O′H于D,然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D 和DO′的长,从而可得到P′点的坐标.试题解析:(1)、如图①,∵点A(4,0),点B(0,3),∴OA=4,OB=3,∴AB==5,∵△ABO绕点B逆时针旋转90°,得△A′BO′,∴BA=BA′,∠ABA′=90°,∴△ABA′为等腰直角三角形,∴AA′=BA=5;(2)、作O′H⊥y轴于H,如图②,∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,∴BO=BO′=3,∠OBO′=120°,∴∠HBO′=60°,在Rt△BHO′中,∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°,∴BH=BO′=,O′H=BH=,∴OH=OB+BH=3+,∴O′点的坐标为();(3)∵△ABO绕点B逆时针旋转120°,得△A′BO′,点P的对应点为P′,∴BP=BP′,∴O′P+BP′=O′P+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结O′C交x轴于P点,如图②,则O′P+BP=O′P+PC=O′C,此时O′P+BP的值最小,∵点C与点B关于x轴对称,∴C(0,﹣3),设直线O′C的解析式为y=kx+b,把O′(),C(0,﹣3)代入得,解得,∴直线O′C的解析式为y=x﹣3,当y=0时,x﹣3=0,解得x=,则P(,0),∴OP=,∴O′P′=OP=,作P′D⊥O′H于D,∵∠BO′A=∠BOA=90°,∠BO′H=30°,∴∠DP′O′=30°,∴O′D=O′P′=,P′D=,∴DH=O′H﹣O′,∴P′点的坐标为(,).考点:几何变换综合题11.已知:在△ABC中,BC=a,AC=b,以AB为边作等边三角形ABD.探究下列问题:(1)如图1,当点D与点C位于直线AB的两侧时,a=b=3,且∠ACB=60°,则CD= ;(2)如图2,当点D与点C位于直线AB的同侧时,a=b=6,且∠ACB=90°,则CD= ;(3)如图3,当∠ACB变化,且点D与点C位于直线AB的两侧时,求 CD的最大值及相应的∠ACB的度数.【答案】(1);(2);(3)当∠ACB=120°时,CD有最大值是a+b.【解析】【分析】(1)a=b=3,且∠ACB=60°,△ABC是等边三角形,且CD是等边三角形的高线的2倍,据此即可求解;(2)a=b=6,且∠ACB=90°,△ABC是等腰直角三角形,且CD是边长是6的等边三角形的高长与等腰直角三角形的斜边上的高的差;(3)以点D为中心,将△DBC逆时针旋转60°,则点B落在点A,点C落在点E.连接AE,CE,当点E、A、C在一条直线上时,CD有最大值,CD=CE=a+b.【详解】(1)∵a=b=3,且∠ACB=60°,∴△ABC是等边三角形,∴OC=,∴CD=3;(2)3;(3)以点D为中心,将△DBC逆时针旋转60°,则点B落在点A,点C落在点E.连接AE,CE,∴CD=ED,∠CDE=60°,AE=CB=a,∴△CDE为等边三角形,∴CE=CD.当点E、A、C不在一条直线上时,有CD=CE<AE+AC=a+b;当点E、A、C在一条直线上时,CD有最大值,CD=CE=a+b;只有当∠ACB=120°时,∠CAE=180°,即A、C、E在一条直线上,此时AE最大∴∠ACB=120°,因此当∠ACB=120°时,CD有最大值是a+b.【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质,以及轴对称的性质,正确理解CD有最大值的条件,是解题的关键.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2212PC 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=2, 在Rt △AHE 中,∠EAH =30°,AE =DE =1,∴HE =12,AH又∵AC =AB =3, ∴CH =∴EC 2=CH 2+HE 2=10+∴PC 2=212EC =【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.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 GF2BG2GP BP2EQ BP14.在平面直角坐标系中,四边形AOBC 是矩形,点(0,0)O ,点(5,0)A ,点(0,3)B .以点A 为中心,顺时针旋转矩形AOBC ,得到矩形ADEF ,点O ,B ,C 的对应点分别为D ,E ,F .(Ⅰ)如图①,当点D 落在BC 边上时,求点D 的坐标;(Ⅱ)如图②,当点D 落在线段BE 上时,AD 与BC 交于点H .①求证ADB AOB △△≌;②求点H 的坐标.(Ⅲ)记K 为矩形AOBC 对角线的交点,S 为KDE △的面积,求S 的取值范围(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为(1,3).(Ⅱ)①证明见解析;②点H 的坐标为17(,3)5.(Ⅲ)303343033444S -+≤≤. 【解析】分析:(Ⅰ)根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x ,在直角三角形ACD 中运用勾股定理可CD 的值,从而可确定D 点坐标;(Ⅱ)①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可;②由①知BAD BAO ∠=∠,再根据矩形的性质得CBA OAB ∠=∠.从而BAD CBA ∠=∠,故BH=AH ,在Rt △ACH 中,运用勾股定理可求得AH 的值,进而求得答案;(Ⅲ3033430334S -+≤≤ 详解:(Ⅰ)∵点()5,0A ,点()0,3B ,∴5OA =,3OB =.∵四边形AOBC 是矩形,∴3AC OB ==,5BC OA ==,90OBC C ∠=∠=︒.∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到的,∴5AD AO ==.在Rt ADC V 中,有222AD AC DC =+,∴22DC AD AC =- 22534=-=.∴1BD BC DC =-=.∴点D 的坐标为()1,3.(Ⅱ)①由四边形ADEF 是矩形,得90ADE ∠=︒.又点D 在线段BE 上,得90ADB ∠=︒.由(Ⅰ)知,AD AO =,又AB AB =,90AOB ∠=︒,∴Rt ADB Rt AOB V V ≌.②由ADB AOB V V ≌,得BAD BAO ∠=∠.又在矩形AOBC 中,//OA BC ,∴CBA OAB ∠=∠.∴BAD CBA ∠=∠.∴BH AH =.设BH t =,则AH t =,5HC BC BH t =-=-.在Rt AHC V 中,有222AH AC HC =+,∴()22235t t =+-.解得175t =.∴175BH =. ∴点H 的坐标为17,35⎛⎫ ⎪⎝⎭.(Ⅲ3033430334S -+≤≤ 点睛:本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质,勾股定理以及旋转变换的性质等知识,灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.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32EF 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3CF 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 =∴ 32CF 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 =+。
备战中考数学压轴题专题复习—旋转的综合附详细答案

一、旋转 真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.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 ∠=,BC a =,将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ,连接.CD 求证:BCD 的面积为21.(2a 提示:过点D 作BC 边上的高DE ,可证ABC ≌)BDE()2探究2:如图2,在一般的Rt ABC 中,90ACB ∠=,BC a =,将边AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BD ,连接.CD 请用含a 的式子表示BCD 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90得到线段BD ,连接.CD 试探究用含a 的式子表示BCD 的面积,要有探究过程.【答案】(1)详见解析;(2)BCD 的面积为212a ,理由详见解析;(3)BCD 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 ≌BDE ,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 ≌BDE ,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1BF BC 2=,由条件可以得出AFB ≌BED 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 ACB 90∠∠∴==,由旋转知,AB AD =,ABD 90∠=,ABC DBE 90∠∠∴+=,A ABC 90∠∠+=,A DBE ∠∠∴=,在ABC 和BDE 中,ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,ABC ∴≌()BDE AASBC DE a ∴==,BCD 1SBC DE 2=⋅, 2BCD 1S a 2∴=; ()2BCD 的面积为21a 2, 理由:如图2,过点D 作BC 的垂线,与BC 的延长线交于点E ,BED ACB 90∠∠∴==,线段AB 绕点B 顺时针旋转90得到线段BE ,AB BD ∴=,ABD 90∠=,ABC DBE 90∠∠∴+=,A ABC 90∠∠+=,A DBE ∠∠∴=,在ABC 和BDE 中,ACB BED A DBE AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,ABC ∴≌()BDE AAS ,BC DE a ∴==,BCD 1SBC DE 2=⋅, 2BCD 1S a 2∴=; ()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∠∠∴==,11BF BC a 22==, FAB ABF 90∠∠∴+=,ABD 90∠=,ABF DBE 90∠∠∴+=,FAB EBD ∠∠∴=,线段BD 是由线段AB 旋转得到的,AB BD ∴=,在AFB 和BED 中,AFB E FAB EBD AB BD ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,AFB ∴≌()BED AAS ,1BF DE a 2∴==, 2BCD 1111S BC DE a a a 2224=⋅=⋅⋅=, BCD ∴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.2.两块等腰直角三角板△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.3.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.4.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5.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6.在△AOB中,C,D分别是OA,OB边上的点,将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′.(1)如图1,若∠AOB=90°,OA=OB,C,D分别为OA,OB的中点,证明:①AC′=BD′;②AC′⊥BD′;(2)如图2,若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ,CD∥AB,AC′与BD′交于点E,猜想∠AEB=θ是否成立?请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2)成立,理由见解析【解析】试题分析:(1)①由旋转的性质得出OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,证出OC′=OD′,由SAS证明△AOC′≌△BOD′,得出对应边相等即可;②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′,又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°,即可得出结论;(2)由旋转的性质得出OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,由平行线得出比例式,得出,证明△AOC′∽△BOD′,得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ.试题解析:(1)证明:①∵△OCD旋转到△OC′D′,∴OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,∵OA=OB,C、D为OA、OB的中点,∴OC=OD,∴OC′=OD′,在△AOC′和△BOD′中,,∴△AOC′≌△BOD′(SAS),∴AC′=BD′;②延长AC′交BD′于E,交BO于F,如图1所示:∵△AOC′≌△BOD′,∴∠OAC′=∠OBD′,又∠AFO=∠BFE,∠OAC′+∠AFO=90°,∴∠OBD′+∠BFE=90°,∴∠BEA=90°,∴AC′⊥BD′;(2)解:∠AEB=θ成立,理由如下:如图2所示:∵△OCD旋转到△OC′D′,∴OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,∵CD∥AB,∴,∴,∴,又∠AOC′=∠BOD′,∴△AOC′∽△BOD′,∴∠OAC′=∠OBD′,又∠AFO=∠BFE,∴∠AEB=∠AOB=θ.考点:相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;旋转的性质.7.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 GF2BG2GP BP2EQ BP8.在正方形ABCD中,对角线AC与BD交于点O;在Rt△PMN中,∠MPN90°.(1)如图1,若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB,分别交AD、AB于点E、F,请直接写出PE与PF的数量关系;(2)将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α(0°<α<45°).①如图2,在旋转过程中(1)中的结论依然成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由;②如图2,在旋转过程中,当∠DOM15°时,连接EF,若正方形的边长为2,请直接写出线段EF的长;③如图3,旋转后,若Rt△PMN的顶点P在线段OB上移动(不与点O、B重合),当BD3BP时,猜想此时PE与PF的数量关系,并给出证明;当BD m·BP时,请直接写出PE与PF的数量关系.【答案】(1)PE=PF;(2)①成立,理由参见解析;②;③PE=2PF,理由参见解析;PE=(m-1)·PF.【解析】试题分析:(1)可利用角平分线性质定理得到PE=PF;(2)①成立,可用角边角定理判定△AOF≌△DOE,从而得到PE=PF;②要想求出EF的长,关键要求出OE的长,由∠DOM15°可得∠AEO=45+15=60º,作OH⊥AD于H,若正方形的边长为2,则OH=1,可算出EH==,∴OE=,∵△EOF是等腰直角三角形,∴EF即可求出;③构建相似三角形,过P点作PH⊥AB,PK⊥AD ,垂足为H、K,则四边形AHPK为矩形,△PHB和△PKD都是等腰直角三角形,是相似的,∵BD3BP,∴可算出HP:PK的值,然后通过△FHP∽△PKE得到PE与PF的关系.由前面的思路可得出当BD=m·BP时,BD:PD=(m-1):1,∴PE:PF=(m-1):1,从而确定PE与PF的数量关系.试题解析:(1)∵四边形ABCD是正方形,∴∠OAF=∠OAE=45º,又∵PM⊥AD、PN⊥AB,∴PE=PF;(2)①成立,PE仍等于PF,∵四边形ABCD是正方形,∴∠OAF=∠ODE=45º,OA=OD,又∵∠AOF和∠DOE都是∠AOE的余角,∴∠AOF=∠DOE,∴△AOF≌△DOE(ASA),∴OE=OF,即PE=PF;②作OH⊥AD于H,由∠DOM15°可得∠AEO=45+15=60º,∠HOE=30°,若正方形的边长为2,则OH=1,在Rt△HEO中,可算出EH==,∴OE=,∵△EOF是等腰直角三角形,∴EF=OE=×=;③构建相似三角形,过P点作PH⊥AB,PK⊥AD ,垂足为H、K,则四边形AHPK为矩形,∵∠PHB=∠PKD=90°∠PBH=∠PDK=45°,∴△PHB∽△PKD,∴,∵BD=3BP,∴=,∵∠HPF+∠FPK=90°∠KPE+∠FPK=90°,∴∠HPF=∠KPE,又∵∠PHF=∠PKE=90°,∴△PHF∽△PKE,∴=,即PE="2PF" ;当BD=m·BP时,BD:PD=(m-1):1,△PHF∽△PKE,PE:PF=BD:PD=(m-1):1,∴PE=(m-1)·PF.考点:1.正方形性质;2.三角形相似的判定;3.旋转性质;4.探索线段的数量关系规律.。
中考数学压轴题专题旋转的经典综合题附答案

试题解析:(1)由题意抛物线的顶点 C(0,4),A( 2 2 ,0),设抛物线的解析式为
y ax2 4 ,把 A( 2
2
,0)代入可得
a=
1 2
,∴
抛物线
C
的函数表达式为
y 1 x2 4. 2
(2)由题意抛物线 C′的顶点坐标为(2m,﹣4),设抛物线 C′的解析式为
y
1 2
x
m2
4 ,由
(3)α=120°-m°,α=60°或 α=240-m°. 考点:1.全等三角形的判定和性质;2.等边三角形的判定和性质.
4.如图所示,在△ ABC 中,D、E 分别是 AB、AC 上的点,DE∥ BC,如图①,然后将 △ ADE 绕 A 点顺时针旋转一定角度,得到图②,然后将 BD、CE 分别延长至 M、N,使 DM
由题意易知 P(2,2),当△ PFM 是等腰直角三角形时,四边形 PMP′N 是正方形,
∴ PF=FM,∠ PFM=90°,易证△ PFE≌ △ FMH,可得 PE=FH=2,EF=HM=2﹣m,∴ M(m+2,
m﹣2),∵ 点 M 在 y 1 x2 4 上,∴ m 2 1 m 22 4 ,解得 m= 17 ﹣3 或
P(2,2),当△ PFM 是等腰直角三角形时,四边形 PMP′N 是正方形,推出 PF=FM,
∠ PFM=90°,易证△ PFE≌ △ FMH,可得 PE=FH=2,EF=HM=2﹣m,可得 M(m+2,m﹣
2),理由待定系数法即可解决问题;情形 2,如图,四边形 PMP′N 是正方形,同法可得
M(m﹣2,2﹣m),利用待定系数法即可解决问题.
将△ ADF 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ ABG,∴ DF=GB, ∵ 正方形 ABCD 的周长为 4AB,△ CEF 周长为 EF+EC+CF, ∵ △ CEF 周长是正方形 ABCD 周长的一半,∴ 4AB=2(EF+EC+CF),∴ 2AB=EF+EC+CF ∵ EC=AB﹣BE,CF=AB﹣DF,∴ 2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF,∴ EF=DF+BE, ∵ DF=GB,∴ EF=GB+BE=GE,由旋转得到 AD=AG=AB, ∵ AM=AM,∴ △ AEG≌ △ AEF,∠ EAG=∠ EAF=45°,和(2)的②一样,得到 DN2+BM2=MN2. “点睛”此题是四边形综合题,主要考查了正方形的性质、旋转的性质,三角形的全等,判 断出(△ AFN≌ △ ANM,得到 FM=MM),是解题的关键.
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一、旋转真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图1,△ABC是边长为4cm的等边三角形,边AB在射线OM上,且OA=6cm,点D 从O点出发,沿OM的方向以1cm/s的速度运动,当D不与点A重合时,将△ACD绕点C 逆时针方向旋转60°得到△BCE,连结DE.(1)求证:△CDE是等边三角形;(2)如图2,当6<t<10时,△BDE的周长是否存在最小值?若存在,求出△BDE的最小周长;若不存在,请说明理由;(3)如图3,当点D在射线OM上运动时,是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形?若存在,求出此时t的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)见解析(2)见解析(3)存在【解析】试题分析:(1)由旋转的性质得到∠DCE=60°,DC=EC,即可得到结论;(2)当6<t<10时,由旋转的性质得到BE=AD,于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,于是得到结论;(3)存在,①当点D于点B重合时,D,B,E不能构成三角形,②当0≤t<6时,由旋转的性质得到∠ABE=60°,∠BDE<60°,求得∠BED=90°,根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°,求得∠CEB=30°,求得OD=OA-DA=6-4=2,于是得到t=2÷1=2s;③当6<t<10s 时,此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质得到∠DBE=60°,求得∠BDE>60°,于是得到t=14÷1=14s.试题解析:(1)证明:∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE=60°,DC=EC,∴△CDE是等边三角形;(2)存在,当6<t<10时,由旋转的性质得,BE=AD,∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE=CD,∴C△DBE=CD+4,由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时,CD3cm,∴△BDE的最小周长=CD3;(3)存在,①∵当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意;②当0≤t<6时,由旋转可知,∠ABE=60°,∠BDE<60°,∴∠BED=90°,由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEB=60°,∴∠CEB=30°,∵∠CEB=∠CDA,∴∠CDA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠ACD=∠ADC=30°,∴DA=CA=4,∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2,∴t=2÷1=2s;③当6<t<10s时,由∠DBE=120°>90°,∴此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质可知,∠DBE=60°,又由(1)知∠CDE=60°,∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC,而∠BDC>0°,∴∠BDE>60°,∴只能∠BDE=90°,从而∠BCD=30°,∴BD=BC=4,∴OD=14cm,∴t=14÷1=14s.综上所述:当t=2或14s时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.点睛:在不带坐标的几何动点问题中求最值,通常是将其表达式写出来,再通过几何或代数的方法求出最值;像第三小问这种探究性的题目,一定要多种情况考虑全面,控制变量,从某一个方面出发去分类.2.已知:一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B,以B为旋转中心,将△BOA逆时针旋转,得△BCD(其中O与C、A与D是对应的顶点).(1)求AB的长;(2)当∠BAD=45°时,求D点的坐标;(3)当点C在线段AB上时,求直线BD的关系式.【答案】(1)5;(2)D(4,7)或(-4,1);(3)【解析】试题分析:(1)先分别求得一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标,再根据勾股定理求解即可;(2)根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可;(3)先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标,再根据待定系数法列方程组求解即可.(1)在时,当时,,当时,∴;(2)由题意得D(4,7)或(-4,1);(2)由题意得D点坐标为(4,)设直线BD的关系式为∵图象过点B(0,4),D(4,)∴,解得∴直线BD的关系式为.考点:动点的综合题点评:此类问题综合性强,难度较大,在中考中比较常见,一般作为压轴题,题目比较典型.3.(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,AF 2=AE 2+EF 2=(AD +DE)2+EF 2=(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 =.4.在平面直角坐标系中,四边形AOBC 是矩形,点(0,0)O ,点(5,0)A ,点(0,3)B .以点A 为中心,顺时针旋转矩形AOBC ,得到矩形ADEF ,点O ,B ,C 的对应点分别为D ,E ,F .(Ⅰ)如图①,当点D 落在BC 边上时,求点D 的坐标; (Ⅱ)如图②,当点D 落在线段BE 上时,AD 与BC 交于点H . ①求证ADB AOB △△≌;②求点H 的坐标.(Ⅲ)记K 为矩形AOBC 对角线的交点,S 为KDE △的面积,求S 的取值范围(直接写出结果即可).【答案】(Ⅰ)点D 的坐标为(1,3).(Ⅱ)①证明见解析;②点H 的坐标为17(,3)5.(Ⅲ)3033430334S -+≤≤. 【解析】分析:(Ⅰ)根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x ,在直角三角形ACD 中运用勾股定理可CD 的值,从而可确定D 点坐标;(Ⅱ)①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可;②由①知BAD BAO ∠=∠,再根据矩形的性质得CBA OAB ∠=∠.从而BAD CBA ∠=∠,故BH=AH ,在Rt △ACH 中,运用勾股定理可求得AH 的值,进而求得答案;(Ⅲ)3033430334S -+≤≤. 详解:(Ⅰ)∵点()5,0A ,点()0,3B , ∴5OA =,3OB =. ∵四边形AOBC 是矩形,∴3AC OB ==,5BC OA ==,90OBC C ∠=∠=︒. ∵矩形ADEF 是由矩形AOBC 旋转得到的, ∴5AD AO ==.在Rt ADC 中,有222AD AC DC =+, ∴22DC AD AC =- 22534=-=.∴1BD BC DC =-=. ∴点D 的坐标为()1,3.(Ⅱ)①由四边形ADEF 是矩形,得90ADE ∠=︒. 又点D 在线段BE 上,得90ADB ∠=︒.由(Ⅰ)知,AD AO =,又AB AB =,90AOB ∠=︒, ∴Rt ADB Rt AOB ≌.②由ADB AOB ≌,得BAD BAO ∠=∠.又在矩形AOBC 中,//OA BC ,∴CBA OAB ∠=∠.∴BAD CBA ∠=∠.∴BH AH =. 设BH t =,则AH t =,5HC BC BH t =-=-. 在Rt AHC 中,有222AH AC HC =+, ∴()22235t t =+-.解得175t =.∴175BH =. ∴点H 的坐标为17,35⎛⎫⎪⎝⎭.(Ⅲ)3033430334S -+≤≤. 点睛:本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质,勾股定理以及旋转变换的性质等知识,灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.5.如图,是边长为的等边三角形,边在射线上,且,点从点出发,沿的方向以的速度运动,当不与点重合是,将绕点逆时针方向旋转得到,连接.(1)求证:是等边三角形; (2)当时,的周长是否存在最小值?若存在,求出的最小周长;若不存在,请说明理由.(3)当点在射线上运动时,是否存在以为顶点的三角形是直角三角形?若存在,求出此时的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)详见解析;(2)存在,2+4;(3)当t=2或14s时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.【解析】试题分析:(1)由旋转的性质得到∠DCE=60°,DC=EC,即可得到结论;(2)当6<t<10时,由旋转的性质得到BE=AD,于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,根据等边三角形的性质得到DE=CD,由垂线段最短得到当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,于是得到结论;(3)存在,①当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,②当0≤t<6时,由旋转的性质得到∠ABE=60°,∠BDE<60°,求得∠BED=90°,根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°,求得∠CEB=30°,求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2,于是得到t=2÷1=2s;③当6<t<10s时,此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质得到∠DBE=60°,求得∠BDE>60°,于是得到t=14÷1=14s.试题解析:(1)证明:∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE,∴∠DCE=60°,DC=EC,∴△CDE是等边三角形;(2)存在,当6<t<10时,由旋转的性质得,BE=AD,∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE,由(1)知,△CDE是等边三角形,∴DE=CD,∴C△DBE=CD+4,由垂线段最短可知,当CD⊥AB时,△BDE的周长最小,此时,CD=2cm,∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4;(3)存在,①∵当点D与点B重合时,D,B,E不能构成三角形,∴当点D与点B重合时,不符合题意,②当0≤t<6时,由旋转可知,∠ABE=60°,∠BDE<60°,∴∠BED=90°,由(1)可知,△CDE是等边三角形,∴∠DEB=60°,∴∠CEB=30°,∵∠CEB=∠CDA,∴∠CDA=30°,∵∠CAB=60°,∴∠ACD=∠ADC=30°,∴DA=CA=4,∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2,∴t=2÷1=2s;③当6<t<10s时,由∠DBE=120°>90°,∴此时不存在;④当t>10s时,由旋转的性质可知,∠DBE=60°,又由(1)知∠CDE=60°,∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC,而∠BDC>0°,∴∠BDE>60°,∴只能∠BDE=90°,从而∠BCD=30°,∴BD=BC=4,∴OD=14cm,∴t=14÷1=14s,综上所述:当t=2或14s时,以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形.考点:旋转与三角形的综合题.6.在正方形ABCD中,对角线AC与BD交于点O;在Rt△PMN中,∠MPN90°.(1)如图1,若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB,分别交AD、AB于点E、F,请直接写出PE与PF的数量关系;(2)将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α(0°<α<45°).①如图2,在旋转过程中(1)中的结论依然成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由;②如图2,在旋转过程中,当∠DOM15°时,连接EF,若正方形的边长为2,请直接写出线段EF的长;③如图3,旋转后,若Rt△PMN的顶点P在线段OB上移动(不与点O、B重合),当BD3BP时,猜想此时PE与PF的数量关系,并给出证明;当BD m·BP时,请直接写出PE与PF的数量关系.【答案】(1)PE=PF;(2)①成立,理由参见解析;②;③PE=2PF,理由参见解析;PE=(m-1)·PF.【解析】试题分析:(1)可利用角平分线性质定理得到PE=PF;(2)①成立,可用角边角定理判定△AOF≌△DOE,从而得到PE=PF;②要想求出EF的长,关键要求出OE的长,由∠DOM15°可得∠AEO=45+15=60º,作OH⊥AD于H,若正方形的边长为2,则OH=1,可算出EH==,∴OE=,∵△EOF是等腰直角三角形,∴EF即可求出;③构建相似三角形,过P点作PH⊥AB,PK⊥AD ,垂足为H、K,则四边形AHPK为矩形,△PHB和△PKD都是等腰直角三角形,是相似的,∵BD3BP,∴可算出HP:PK的值,然后通过△FHP∽△PKE得到PE与PF的关系.由前面的思路可得出当BD=m·BP时,BD:PD=(m-1):1,∴PE:PF=(m-1):1,从而确定PE与PF的数量关系.试题解析:(1)∵四边形ABCD是正方形,∴∠OAF=∠OAE=45º,又∵PM⊥AD、PN⊥AB,∴PE=PF;(2)①成立,PE仍等于PF,∵四边形ABCD是正方形,∴∠OAF=∠ODE=45º,OA=OD,又∵∠AOF和∠DOE都是∠AOE的余角,∴∠AOF=∠DOE,∴△AOF≌△DOE(ASA),∴OE=OF,即PE=PF;②作OH⊥AD于H,由∠DOM15°可得∠AEO=45+15=60º,∠HOE=30°,若正方形的边长为2,则OH=1,在Rt△HEO中,可算出EH==,∴OE=,∵△EOF是等腰直角三角形,∴EF=OE=×=;③构建相似三角形,过P 点作PH ⊥AB ,PK ⊥AD ,垂足为H 、K ,则四边形AHPK 为矩形,∵∠PHB=∠PKD=90°∠PBH=∠PDK=45°,∴△PHB ∽△PKD ,∴,∵BD=3BP ,∴=,∵∠HPF+∠FPK=90°∠KPE+∠FPK=90°,∴∠HPF=∠KPE ,又∵∠PHF=∠PKE=90°,∴△PHF ∽△PKE ,∴=,即PE="2PF" ;当BD=m·BP 时,BD:PD=(m-1):1,△PHF ∽△PKE ,PE:PF=BD:PD=(m-1):1,∴PE=(m-1)·PF .考点:1.正方形性质;2.三角形相似的判定;3.旋转性质;4.探索线段的数量关系规律.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)214b π或234b 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234b π 答:扇形AMN 的面积为214b π或234b 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.如图1,O 为直线AB 上一点,过点O 作射线OC ,AOC 30∠=,将一直角三角板()M 30∠=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,①当OC 转动9秒时,求MOC ∠的度数.②运动多少秒时,MOC 35∠=?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 30109120∠=+⨯=, 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.。