备战中考数学提高题专题复习旋转练习题
备战中考数学初中数学旋转-经典压轴题及详细答案
备战中考数学初中数学 旋转-经典压轴题及详细答案一、旋转1. 已知正方形 ABCD 中，E 为对角线 BD 上一点，过 E 点作EF 丄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中厶BEF 绕B 点逆时针旋转45°如图②所示，取DF 中点G ,连接EG,。
6.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中厶BEF 绕B 点旋转任意角度，如图 ③所示，再连接相应的线段，问( 的结论是否仍然成立？(请直接写出结果，不必写出理由)【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 丄AD 于M ,与EF 的延长线交于 N 点；再证 明厶DAG ^A 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：1•••四边形 ABCD 是正方形，••• / DCF=90 :在 RtA FCD 中，•/ G 为 DF 的中点，/• CG=—FD , 21 同理•在 Rt A DEF 中，EG=—FD, • CG=EG. 2(2) ( 1)中结论仍然成立，即 EG=CG.证法一：连接 AG ,过G 点作MN 丄AD 于M ，与EF 的延长线交于 N 点.在厶 DAG 与厶 DCG 中，•/ AD=CD, / ADG=Z CDG, DG=DG , • △ DAG ^ △ DCG (SAS , • AG=CG;在厶 DMG 与厶 FNG 中，•••/ DGM=Z FGN, FG=DG , / MDG=Z NFG, • △ DMG ^ △ FNG (ASA ), • MG=NG.•••/ EAM=Z AEN=Z AMN=90； •四边形 AENM 是矩形，在矩形 AENM 中，AM=EN.在△ AMG 与厶 ENG 中，•/ AM=EN , / AMG=Z ENG, MG=NG , • △ AMG ◎△ ENG ( SAS , • AG=EG, • EG=CG.1)中 【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】 __£C (3)结论仍然成立证法二：延长 CG 至M ,使 MG=CG,连接 MF , ME , EC.在厶DCG 与厶FMG 中，•/ FG=DG , / MGF=Z CGD MG=CG, :, △ DCG^ △ FMG , /• MF=CD, / FMG=Z DCG, ••• MF // CD// AB, ••• EF ± MF .在 Rt A MFE 与 Rt A CBE 中，•/ MF=CB, / MFE=Z EBC=90° ° EF=BE , • △ MFE ^ △ CBE •••/MEF=Z CEB • / MEC=Z MEF+Z FEC=Z CEB /CEF=90 ° • △ MEC 为直角三角形.1•/ MG=CG, • EG= —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 ^A MFG ,得到 CD=FM ,又因为 BE=EF,易证/ EFM=Z EBC,贝^厶 EFM BA EBC / FEM=Z BEC EM=EC••• / FEG Z BEC=90 ° • / FEG Z FEM=90 ° 即 / MEC=90 °MEC 是等腰直角三角形.•/ G 为 CM 中点，• EG=CG, EG 丄 CG2. 如图 1,在口 ABCDK AB=6 , / B= (60 < < 90。
中考数学复习《旋转》专项提升训练题-附答案
中考数学复习《旋转》专项提升训练题-附答案学校:班级:姓名:考号:一、选择题1．如图是回收、绿色食品、绿色包装、低碳四个标志图案，其中为中心对称图形的是（）A． B． C． D．2．如图，在平面直角坐标系中，画关于点O成中心对称的图形时，由于紧张对称中心选错，画出的图形是，请你找出此时的对称中心是（）A．B．C．D．3．如图，在中，，在同一平面内，将绕点逆时针方向旋转到，点恰好落在边的延长线上，则（）A．B．C．D．4．如图所示，把是直角的绕点按顺时针方向旋转，把点转到点得，则下列结论中，错误的是（）.A．B．C．D．5．如图，在Rt△ABC中，∠A=60°，AC=2，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边AB上，则点与点B之间的距离为（）A．4 B．2C．3 D．6．如图，菱形的对角线、交于点O，AC=2，BD=8，将绕着点C旋转得到，连接，则的长是（）A．3 B．4 C．5 D．77．如图，在中，将绕着点A逆时针方向旋转到的位置，点E恰好落在边BC 上，EF与CD交于点M，AB＝6，AD＝8，BE＝2，则CM的长为（）A．2 B．3 C．D．8．如图，已知中，∠BAC=30°，BC=2，AB=4，点D为直线上一动点，将线段绕点C顺时针旋转得到线段，连接、BE，点F在直线上且，则最小值为（）A．1 B．C．2 D．3二、填空题9．如图，与关于点成中心对称，若，则.10．如图，绕着顶点B顺时针旋转得，连结CD，若，∠ABC=30°，则的度数是．11．如图，四边形ABCD为长方形，旋转后能与重合，旋转中心是点；旋转了多少度；连结FC，则是三角形．12．如图，将矩形ABCD绕点A旋转至矩形AB′C′D′位置，此时AC′的中点恰好与D点重合，AB′交CD于点E．若AB=6，则△AEC的面积为．13．如图，将边长为3的菱形绕点A逆时针旋转到菱形的位置，使点落在上，与交于点E.若，则的长为.三、解答题14．如图，△ABC的顶点坐标分别为A（-2，5）、B（-4，1）和C（-1，3）.（1）将△ABC先向右平移5个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到，作出，并写出点、和的坐标；（2）将绕点O顺时针旋转90°得到，作出，并写出点、和的坐标.15．如图，在正方形ABCD中，E为DC边上的点，连接BE，将绕点C顺时针方向旋转得到，连结EF，若，求的度数．16．如图,将绕点顺时针旋转得到 ,点恰好落在的延长线上，连接 . 分别交于点交于点 .（1）求的角度;（2）求证： .17．如图，在中，将绕顶点C逆时针旋转角得到，DC交AB于点F，DE分别交AB，BC于点G，H．（1）求证：；（2）当时，试判断四边形AGEC的形状，并说明理由．18．如图，是等腰直角三角形，点是线段上的一个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转至点，连接交于点 .（1）连接，求证：；（2）当时，判断是什么三角形？并说明理由；（3）在点运动过程中，当是锐角三角形时，求的取值范围.参考答案：1．C2．B3．D4．D5．B6．C7．D8．B9．210．15°11．A；；等腰直角12．413．14．（1）解：所作图形如图所示：（3，3）；（1，-1）；（4，1）；（2）解：所作图形如图所示：（3，-3）；（-1，-1）；（1，-4）.15．解：是旋转得到的图形16．（1）解：由绕顺时针旋转得到又∠AFB=∠ACB=（2）证明：在和中17．（1）证明：∵，∴∵绕顶点C逆时针旋转角a得到∴在和中∴∴；（2）解：四边形AGEC是菱形，理由如下：∵旋转角∴∵∴∵绕顶点C逆时针旋转角a得到∴∴∴，∴四边形AGEC是平行四边形，又∴四边形AGEC是菱形．18．（1）∵是等腰直角三角形∴AC=BC，∠ACB=90°∵将线段绕点顺时针旋转至点∴CD=CE，∠DCE=90°∴∠ACD+∠DCF=∠BCE+∠DCF=90°∴∠ACD=∠BCE∴（SAS）（2）是直角三角形，理由如下：∵，∠HAC=30°∴∠ACD=180°-15°-30°=135°∵∴∠BEC=∠ACD=135°∵将线段绕点顺时针旋转至点∴CD=CE，∠DCE=90°∴△ECD是等腰直角三角形∴∠CED=45°∴∠BEF=135°-45°=90°∴是直角三角形；（3）由（2）得当时，是直角三角形，此时BE⊥EF；如图，当AF⊥BF时，∠EFB=90°∵△ECD是等腰直角三角形，∠CED=45°∴∠ECF=90°-45°=45°故 =∠ECF=∠ACD=45°∵点是线段上的一个动点，故AB不能与BF垂直∴当是锐角三角形时，求的取值范围为15°＜＜45°。
备战中考数学旋转提高练习题压轴题训练含详细答案
一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图，矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上，顶点C在y轴正半轴上，点B的坐标为（4，m）（5≤m≤7），反比例函数y＝16x（x＞0）的图象交边AB于点D．（1）用m的代数式表示BD的长；（2）设点P在该函数图象上，且它的横坐标为m，连结PB，PD①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S，求当m为何值时，S取到最大值；②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E，当点E恰好落在x轴上时，求m的值．【答案】（1）BD＝m﹣4（2）①m＝7时，S取到最大值②m＝5【解析】【分析】（1）先确定出点D横坐标为4，代入反比例函数解析式中求出点D横坐标，即可得出结论；（2）①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S＝﹣12（m﹣8）2+24，即可得出结论；②利用一线三直角判断出DG＝PF，进而求出点P的坐标，即可得出结论．【详解】解：（1）∵四边形OABC是矩形，∴AB⊥x轴上，∵点B（4，m），∴点D的横坐标为4，∵点D在反比例函数y＝16x上，∴D（4，4），∴BD＝m﹣4；（2）①如图1，∵矩形OABC的顶点B的坐标为（4，m），∴S矩形OABC＝4m，由（1）知，D（4，4），∴S△PBD＝12（m﹣4）（m﹣4）＝12（m﹣4）2，∴S＝S矩形OABC﹣S△PBD＝4m﹣12（m﹣4）2＝﹣12（m﹣8）2+24，∴抛物线的对称轴为m＝8，∵a＜0，5≤m≤7，∴m＝7时，S取到最大值；②如图2，过点P作PF⊥x轴于F，过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G，∴∠DGP＝∠PFE＝90°，∴∠DPG+∠PDG＝90°，由旋转知，PD＝PE，∠DPE＝90°，∴∠DPG+∠EPF＝90°，∴∠PDG＝∠EPF，∴△PDG≌△EPF（AAS），∴DG＝PF，∵DG＝AF＝m﹣4，∴P（m，m﹣4），∵点P在反比例函数y＝16x，∴m（m﹣4）＝16，∴m＝2+25或m＝2﹣25（舍）．【点睛】此题是反比例函数综合题，主要考查了待定系数法，矩形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定，构造出全等三角形是解本题的关键．2．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）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1，△ACB、△AED都为等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，点D在AB上，连CE，M、N分别为BD、CE的中点．（1）求证：MN⊥CE；（2）如图2将△AED绕A点逆时针旋转30°，求证：CE=2MN．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】试题分析：（1）延长DN交AC于F，连BF，推出DE∥AC，推出△EDN∽△CFN，推出DE EN DN==，求出DN=FN，FC=ED，得出MN是中位线，推出MN∥BF，证CF CN NF△CAE≌△BCF，推出∠ACE=∠CBF，求出∠CBF+∠BCE=90°，即可得出答案；（2）延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，求出BG=2MN，证△CAE≌△BCG，推出BG=CE，即可得出答案．试题解析：（1）证明：延长DN交AC于F，连BF，∵N 为CE 中点，∴EN=CN ，∵△ACB 和△AED 是等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，DE=AE ，AC=BC ，∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°，∴DE ∥AC ，∴△EDN ∽△CFN ， ∴DE EN DN CF CN NF== ， ∵EN=NC ，∴DN=FN ，FC=ED ， ∴MN 是△BDF 的中位线，∴MN ∥BF ，∵AE=DE ，DE=CF ，∴AE=CF ，∵∠EAD=∠BAC=45°，∴∠EAC=∠ACB=90°，在△CAE 和△BCF 中，CA BC CAE BCF AE CF ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△CAE ≌△BCF （SAS ），∴∠ACE=∠CBF ，∵∠ACE+∠BCE=90°，∴∠CBF+∠BCE=90°，即BF ⊥CE ，∵MN ∥BF ，∴MN ⊥CE ．（2）证明：延长DN 到G ，使DN=GN ，连接CG ，延长DE 、CA 交于点K ，∵M 为BD 中点，∴MN 是△BDG 的中位线，∴BG=2MN ，在△EDN 和⊈CGN 中， DN NG DNE GNC EN NC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△EDN ≌△CGN （SAS ），∴DE=CG=AE ，∠GCN=∠DEN ，∴DE ∥CG ，∴∠KCG=∠CKE ，∵∠CAE=45°+30°+45°=120°，∴∠EAK=60°，∴∠CKE=∠KCG=30°，∴∠BCG=120°，在△CAE 和△BCG 中，AC BC CAE BCG AE CG ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△CAE ≌△BCG （SAS ），∴BG=CE ，∵BG=2MN ，∴CE=2MN ．【点睛】考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，平行线性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．5．如图1，ABCD 和AEFG 是两个能完全重合的平行四边形，现从AB 与AE 重合时开始，将ABCD 固定不动，AEFG 绕点A 逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），AB=a,BC=2a ；并发现：如图2，当AEFG 旋转到点E 落在AD 上时，FE 的延长线恰好通过点C．探究一:（1）在图2的情形下，求旋转角α的度数；探究二:（2）如图3，当AEFG旋转到点E落在BC上时，EF与AD相交于点M，连接CM，DF，请你判断四边形CDFM的形状，并给予证明；探究三:（3）如图1，连接CF，BF，在旋转过程中△BCF的面积是否存在最大的情形，如果存在，求出最大面积，如果不存在，请说明理由.【答案】（1）α=120°；（2）四边形CDFM是菱形，证明见解析；（3）存在△BCF的面积最大的情形，S△BCF 33a2.【解析】试题分析：（1）由平行四边形的性质知∠D=∠B，AB=CD=a，可得∠D=∠DEC，由等角对等边知CD=CE，由AE=AB=a，AD=BC=2a，可得DE=CE，即可证得△CDE是等边三角形，∠D=60°，由两直线平行，同位角相等可得∠DAB=120°，即可求得α；（2）由旋转的性质以及∠B=60°，可得△ABE是等边三角形，由平行线的判定以及两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形ABEM是平行四边形，再由由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；（3）当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大，由于点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，故当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，由题意知∠AFG=90°.由∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，可得AH、AF的值.可求得点F到BC的最大距离.进而求得S△BCF的值.试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D=∠B，AB=CD=a，∵∠AEF=∠B，∠AEF=∠DEC，∴∠D=∠DEC，∴CD=CE，∵AE=AB=a，AD=BC=2a，∴DE=CE.，∴CD=CE=DE，∴△CDE是等边三角形，∴∠D=60°，∵CD∥AB，∴∠D+∠DAB=180°，∴∠DAB=120°，∴α=120°.；（2）四边形CDFM是菱形.证明：由旋转可得AB=AE，∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形，∴∠BAE=60°，∴∠BAG=∠BAE+∠GAE=60°+120°=180°，∴点G，A，B在同一条直线上，∴ME ∥AB，BE∥AM，∴四边形ABEM是平行四边形，∴AM=AB=ME，∴CD=DM=MF，∵CD ∥AB∥MF，∴四边形CDFM是平行四边形，∵∠D= 60°，CD=DM，∴△CDM是等边三角形，∴CD=DM，∴四边形CDFM是菱形；（3）存在△BCF的面积最大的情形.∵CB的长度不变，∴当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大.∵点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，∴当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，则∠AFG=90°.∵∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，∴AH=AB×sin60°3，AF=AG×sin60°3 a.∴点F到BC的最大距离为3a+ 32a=332a.∴S△BCF=12×2a×33a=33a2.点睛：此题考查了旋转的洗澡那个会、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，三角形的面积的求法，关键是运用旋转前后，图形的对应边相等、对应角相等的性质解题.6．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．7．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为. 在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG.（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD 的度数；（3）如图3，如果=45°，AB =2，AE=，求点G到BE的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）45°或135°；（3）.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再求出∠BAE=∠DAG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等证明即可.（2）当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，据此求解即可.（3）根据和求解即可.试题解析：（1）如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°.∵四边形AEFG是正方形，∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°.∴∠BAE=∠DAG..∴△ABE≌△ADG（SAS）.∴BE=DG..（2）如图，当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，此时∠FCD 的度数为45°或135°.（3）如图3，连接GB、GE.由已知α=45°，可知∠BAE=45°.又∵GE为正方形AEFG的对角线，∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.∵，∴GE =8.∴.过点B作BH⊥AE于点H.∵AB=2，∴. ∴..设点G到BE的距离为h.∴.∴.∴点G到BE的距离为.考点：1.旋转的性质；2.正方形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.平行的判定和性质；5.勾股定理；6.分类思想的应用．8．如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A，B和D的距离分别为1，22，10.△ADP沿点A旋转至△ABP′，连接PP′，并延长AP与BC相交于点Q.(1)求证：△APP′是等腰直角三角形；(2)求∠BPQ的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）∠BPQ=45°．【解析】【分析】（1）根据旋转的性质可知，△APD≌△AP′B，所以AP=AP′，∠PAD=∠P′AB，因为∠PAD+∠PAB=90°，所以∠P′AB+∠PAB=90°，即∠PAP′=90°，故△APP′是等腰直角三角形；（2）根据勾股定理逆定理可判断△PP′B是直角三角形，再根据平角定义求出结果.【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∵△ADP沿点A旋转至△ABP′，∴AP=AP′，∠PAP′=∠DAB=90°，∴△APP′是等腰直角三角形；（2）∵△APP′是等腰直角三角形，∴，∠APP′=45°，∵△ADP沿点A旋转至△ABP′，∴，在△PP′B中，，，，∵）2+（2=）2，∴PP′2+PB2=P′B2，∴△PP′B为直角三角形，∠P′PB=90°，∴∠BPQ=180°﹣∠APP′﹣∠P′PB=180°﹣45°﹣90°=45°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理及逆定理的综合运用，有一定难度，关键是明确旋转的不变性．。
中考数学总复习《旋转》专项测试卷-附带参考答案
中考数学总复习《旋转》专项测试卷-附带参考答案（测试时间60分钟满分100分）学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、选择题（共8题，共40分）1.如图，将△ABC绕点A逆时针旋转100∘，得到△ADE．若点D在线段BC的延长线上，则∠B的大小为( )A．30∘B．40∘C．50∘D．60∘2.下列四个图形中，不是中心对称图形的是( )A．B．C．D．3.如图，把矩形ABCD绕点A顺时针旋转，使点B的对应点B落在DA的延长线上，若AB=2，BC=4则点C与其对应点C的距离为( )A．6B．8C．2√5D．2√104.如图，在△ABC中∠C=90∘，∠BAC=70∘将△ABC绕点A顺时针旋转70∘，B，C旋转后的对应点分别是Bʹ和Cʹ，连接BBʹ则∠BʹBC的度数是( )A．55∘B．60∘C．70∘D．75∘5.如图，将△ABC绕顶点A顺时针旋转60∘后，得到△ABʹCʹ，且Cʹ为BC的中点，则CʹD:DBʹ=( )A．1:2B．1:2√2C．1:√3D．1:36.如图，△AOB绕点O逆时针旋转65∘得到△COD，若∠A=100∘，∠D=50∘则∠BOC的度数是( )A．30∘B．35∘C．45∘D．60∘7.如图所示，在Rt△ABC中AB=AC，D，E是斜边BC上的两点，且∠DAE=45∘，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90∘后得到△AFB，连接EF，有下列结论：① BE= DC；② ∠BAF=∠DAC；③ ∠FAE=∠DAE；④ BF=DC，其中正确的有( )A．①②③④B．②③C．②③④D．②④8.下列命题是真命题的是( )A．平移不改变图形的形状和大小，而旋转改变图形的形状和大小B．在平面直角坐标系中，一个点向右平移2个单位，则纵坐标加2C．在成中心对称的两个图形中，连接对称点的线段都被对称中心平分D．三角形三边垂直平分线的交点到这个三角形三边的距离相等二、填空题（共5题，共15分）9.如图所示的图案由三个叶片组成，绕点O旋转120∘后可以和自身重合，若每个叶片的面积为4cm2，∠AOB为120∘，则图中阴影部分的面积为cm2．10.如图，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转20∘，B点落在Bʹ位置，A点落在Aʹ位置，若AC⊥AʹBʹ，则∠BAC的度数是．11.如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转40∘后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC=105∘，则∠C的度数是．12.如图，△ABC与△AʹBʹCʹ是全等三角形，那么△AʹBʹCʹ可以看做是由△ABC以O为旋转中心，旋转度形成的．13.如图，在△ABC中AB=AC，直线DE垂直平分AB，把线段AE绕点E顺时针旋转90∘，使点A落在直线DE上的点F处，连接CF，BF线段AC，BF交于点G，如果CF∥AB，那么∠AGB=度．三、解答题（共3题，共45分）14.在直角坐标系中C(2,3)，Cʹ(−4,3)，Cʺ(2,1)，D(−4,1)，A(0,a)，B(a,0)(a>0)．(1) 结合坐标系用坐标填空：点C与Cʹ关于点对称；点C与Cʺ关于点对称；点C与D关于点对称（填写坐标）(2) 设点C关于点(4,2)的对称点是点P，若△PAB的面积等于5，则a的值是．15.如图，正方形ABCD的边长是3，点P是线段BC上一点，连接PA，将线段PA绕点P逆时针旋转90∘得到线段PE，在直线BA上取点F，使BF=BP，且点F与点E在BC同侧，连接EF，CF．(1) 如图，当点P在线段BC上时，求证：四边形PCFE是平行四边形；(2) 在（1）的条件下，四边形PCFE的面积是否有最大值？若有，请求出面积的最大值及此时BP长；若没有，请说明理由．16.在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD，将△BCD绕点B逆时针旋转60∘，得到△BAE，连接ED．(1) 求证：AE∥BC(2) 若BC=5，BD=4求△ADE的周长．参考答案1. 【答案】B2. 【答案】C3. 【答案】D4. 【答案】D5. 【答案】A6. 【答案】B7. 【答案】C8. 【答案】C9. 【答案】410. 【答案】70°11. 【答案】45°12. 【答案】18013. 【答案】10514. 【答案】(1) (−1,3)；(2,2)；(−1,2)(2) 2或515. 【答案】(1) 证△PBA≌△FBC(SAS)∴PA=FC∠PAB=∠FCB∵PA=PE∴PE=FC∵∠FCB+∠BFC=90∘∠EPB+∠APB=90∘∴∠BPE=∠FCB∴EP∥FC∴四边形EPCF的平行四边形．(2) 设BP=BF=x，PC=3−x平行四边形PEFC的面积是S，则S=(3−x)x=−(x−1.5)2+2.25当x=1.5时，S最大是2.25，即BP=1.5时，四边形PCFE的面积最大是2.25．16. 【答案】(1) ∵△ABC为等边三角形∴BA=BC∠ABC=∠C=∠BAC=60∘∵△BCD绕点B逆时针旋转60∘，得到△BAE∴∠BAE=∠BCD=60∘∴∠BAE=∠ABC∴AE∥BC．(2) ∵△BDE是等边三角形∴DE=BD=4，而△BCD绕点B逆时针旋转60∘，得到△BAE ∴AE=CD∴△AED的周长=AE+AD+DE=CD+AD+DE=AC+4=5+4=9.。
中考数学总复习《旋转》专项测试题-附参考答案
中考数学总复习《旋转》专项测试题-附参考答案（考试时间：60分钟总分：100分）一、选择题（共8题，共40分）1.下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是( )A．菱形B．等边三角形C．平行四边形D．直角三角形2.如图，将△ABC绕顶点A顺时针旋转60∘后，得到△ABʹCʹ，且Cʹ为BC的中点，则CʹD:DBʹ=( )A．1:2B．1:2√2C．1:√3D．1:33.如图所示，将一个含30∘角的直角三角板ABC绕点A逆时针旋转，点B的对应点是点Bʹ，若点Bʹ，A，C在同一条直线上，则三角板ABC旋转的度数是( )A．60∘B．90∘C．120∘D．150∘4.如图，在Rt△ABC中∠ACB=90∘，∠ABC=30∘，将△ABC绕点C顺时针旋转至△AʹBʹC，使得点Aʹ恰好落在AB上，则旋转角度为( )A．30∘B．60∘C．90∘D．150∘5.如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90∘，得到△AʹBʹC，连接AAʹ，若∠1=25∘，则∠BAAʹ的度数是( )A．55∘B．60∘C．65∘D．70∘6.如图，O是正△ABC内一点OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60∘得到线段BOʹ，下列结论：①△BOʹA可以由△BOC绕点B逆时针旋转60∘得到；②点O与Oʹ的距离为4；③∠AOB=150∘；=6+3√3；④S四边形AOBOʹ√3．⑤S△AOC+S△AOB=6+94其中正确的结论是( )A．①②③B．①②③④C．①②③⑤D．①②③④⑤7.如图，边长为8a的等边三角形ABC中，M是高CH所在直线上的一个动点，连接MB，将线段BM绕点B逆时针旋转60∘得到BN，连接HN．则在点M运动过程中，线段HN长度的最小值是( )a A．4a B．2a C．a D．138.如图，在Rt△ABC中AC=BC=2，将△ABC绕点A逆时针旋转60∘，连接BD，则图中阴影部分的面积是( )A．2√3−2B．2√3C．√3−1D．4√3二、填空题（共5题，共15分）9.如图所示，△ABC中∠BAC=33∘，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转50∘，对应得到△ABʹCʹ，则∠BʹAC的度数为．10.如图，边长为3的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转30∘后，得到正方形EFCG，EF交AD于点H．则DH=．11.如图，将边长为2的正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，得到正方形ABʹCʹDʹ，连接BBʹ，BCʹ，在旋转角从0∘到180∘的整个旋转过程中，当BBʹ=BCʹ时，△BBʹCʹ的面积为．12.如图，在等腰△ABC中AB=AC，∠B=30∘．以点B为旋转中心，旋转30∘，点A，C分别落在点Aʹ，Cʹ处，直线AC，AʹCʹ交于点D，那么AD的值为．AC13.如图，将等边△AOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为(4,0)，点B在第一象限，将等边△AOB绕点O顺时针旋转180∘得到△AʹOBʹ，则点Bʹ的坐标是．三、解答题（共3题，共45分）14．如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°，将△ABC绕点C按照顺时针方向旋转m度后得到△DEC，点D刚好落在AB边上，求m的值.15．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC（顶点是网格线的交点）．（1）将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△A′BC′，请画出△A′BC′，并求BA边旋转到BA′位置时所扫过图形的面积；（2）请在网格中画出一个格点△A″B″C″，使△A″B″C″∽△ABC，且相似比不为1．16．如图是10×8的网格，网格中每个小正方形的边长均为1，A、B、C三点在小正方形的顶点上，请在图①、②中各画一个凸四边形，使其满足以下要求：（1）请在图①中取一点D（点D必须在小正方形的顶点上），使以A、B、C、D为顶点的四边形是中心对称图形，但不是轴对称图形；（2）请在图形②中取一点D（点D必须在小正方形的顶点上），使以A、B、C、D为顶点的四边形是轴对称图形，但不是中心对称图形．参考答案1. 【答案】A2. 【答案】D3. 【答案】D4. 【答案】B5. 【答案】C6. 【答案】C7. 【答案】B8. 【答案】C9. 【答案】17°10. 【答案】√311. 【答案】2+√3或2−√312. 【答案】√3−1或2−√313. 【答案】(−2,−2√3)14．【答案】解：∵∠ACB=90°,∠B=30°∴AB=2AC;∠A=60°；由题意得：AC=DC∴△DAC 为等边三角形∴∠ACD=60°∴m=60°.15．【答案】解；（1）如图所示：△A ′BC ′即为所求 ∵AB=√32+22=√13∴BA 边旋转到BA ″位置时所扫过图形的面积为：90π×(√13)2360=13π4（2）如图所示：△A ″B ″C ″∽△ABC ，且相似比为2．16．【答案】解：（1）如图所示：四边形ABCD 即为所求；（2）如图所示：四边形ABCD 即为所求．。
中考数学提高题专题复习旋转练习题及详细答案
一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，3）．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．（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；（2）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．（3）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】（1）D（1，3）；（2）①详见解析；②H（175，3）；（3）30334-≤S≤30334+．【解析】【分析】（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；（2）①根据HL证明即可；②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出m即可解决问题；（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；【详解】（1）如图①中，∵A（5，0），B（0，3），∴OA=5，OB=3，∵四边形AOBC是矩形，∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90°，∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，∴AD=AO=5，在Rt△ADC中，CD=22AD AC-=4，∴BD=BC-CD=1，∴D（1，3）．（2）①如图②中，由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，∵点D在线段BE上，∴∠ADB=90°，由（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，∴∠CBA=∠OAB，∴∠BAD=∠CBA，∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，∴m2=32+（5-m）2，∴m=175，∴BH=175，∴H（175，3）．（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值=12•DE•DK=12×3×（34）30334-当点D在BA的延长线上时，△D′E′K的面积最大，最大面积=12×D′E′×KD′=12×3×（5+342）=303344+．综上所述，303344-≤S≤303344+．【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．2．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3．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）MN17﹣117【解析】【分析】（1）如图1中，只要证明PMN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 ≅，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.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PD=53417；依据∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，可得△BAD∽△BPE，即可得到PB BEAB BD=，进而得出PB=63434，PD=BD+PB=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°，∴2234AC AE+=∵∠PDA=∠AEC，∠PCD=∠ACE，∴△PCD∽△ACE，∴PD CDAE CE=，∴53417若点B在AE上，如图2所示：∵∠BAD=90°，∴Rt △ABD 中，BD=2234AD AB +=，BE=AE ﹣AB=2， ∵∠ABD=∠PBE ，∠BAD=∠BPE=90°，∴△BAD ∽△BPE ， ∴PB BE AB BD=，即334PB =， 解得PB=63434， ∴PD=BD+PB=34+63434=203417， 故答案为53417或203417； （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，2253-，在Rt △DAE 中，225552+=∵四边形ACPB 是正方形，∴PC=AB=3，∴PE=3+4=7，在Rt △PDE 中，2250491DE 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．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=12A1C，则A1D=CD．试题解析：（1）∵△ABB1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．6．如图1，在△ABC 中，E 、D 分别为AB 、AC 上的点，且ED//BC ，O 为DC 中点，连结EO 并延长交BC 的延长线于点F ，则有S 四边形EBCD =S △EBF .（1）如图2，在已知锐角∠AOB 内有一个定点P ．过点P 任意作一条直线MN ，分别交射线OA 、OB 于点M 、N ．将直线MN 绕着点P 旋转的过程中发现，当直线MN 满足某个条件时，△MON 的面积存在最小值．直接写出这个条件:_______________________.（2）如图3，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，点A 、B 、C 、P 的坐标分别为（6，0）、（6，3）、（，）、（4、2），过点P 的直线l 与四边形OABC 一组对边相交，将四边形OABC 分成两个四边形，求其中以点O 为顶点的四边形面积的最大值．【答案】（1）当直线MN 旋转到点P 是线段MN 的中点时，△MON 的面积最小；（2）10.【解析】试题分析：（1）当直线旋转到点P是MN的中点时S△MON最小，过点M作MG∥OB交EF 于G．由全等三角形的性质可以得出结论；（2）①如图3①过点P的直线l 与四边形OABC 的一组对边 OC、AB分别交于点M、N，由（1）的结论知，当PM=PN时，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大，S =S△OAD-S△MND.四边形OANM②如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N，利用S=S△OCT-S△MN T，进而得出答案．四边形OCMN试题解析：（1）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，△MON的面积最小.如图2，过点P的另一条直线EF交OA、OB于点E、F，设PF＜PE，过点M作MG∥OB交EF于G，可以得出当P是MN的中点时S四边形MOFG=S△MON．∵S四边形MOFG＜S△EOF，∴S△MON＜S△EOF.∴当点P是MN的中点时S△MON最小.（2）分两种情况：①如图3①过点P的直线l 与四边形OABC 的一组对边 OC、AB分别交于点M、N．延长OC、AB交于点D，易知AD = 6，S△OAD＝18 ．由（1）的结论知，当PM=PN时，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大．过点P、M分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足分别为P1、M1．由题意得M1P1=P1A = 2，从而OM1=MM1= 2．又P(4,2)，B(6,3)∴P1A=M1P1="O" M1=P1P=2，M1M=OM=2，可证四边形MM1P1P是正方形．∴MN∥OA，∠MND=90°，NM=4，DN=4．求得S△MND＝8.∴.② 如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N．延长CB交x轴于T点，由B、C的坐标可得直线BC对应的函数关系式为 y =－x＋9 ．则T点的坐标为（9，0）．∴S△OCT=×9×=．由(1)的结论知：当PM=PN时，△MNT的面积最小，此时四边形OCMN的面积最大．过点P、M点分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足为P1，M1.从而 NP1=P1M1，MM1=2PP1=4．∴点M的横坐标为5，点P（4、2），P1M1= NP1= 1，TN =6．∴S△MNT=×6×4=12，S四边形OCMN=S△OCT-S△MNT =-12=＜10．综上所述：截得四边形面积的最大值为10．考点：1.线动旋转问题；2.正方形的判定和性质；3.图形面积求法；4.分类思想的应用.7．已知O 为直线MN 上一点，OP ⊥MN ，在等腰Rt △ABO 中，90BAO ∠=︒，AC ∥OP 交OM 于C ，D 为OB 的中点，DE ⊥DC 交MN 于E ．(1) 如图1，若点B 在OP 上，则①AC OE (填“＜”，“＝”或“＞”)；②线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式是 ；(2) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α(045α︒<<︒)，如图2，那么(1)中的结论②是否成立？请说明理由；(3) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α()，请你在图3中画出图形，并直接写出线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式 ；【答案】（1）①=；②AC 2+CO 2=CD 2；（2）（1）中的结论②不成立，理由见解析；（3）画图见解析；OC-CA=2CD.【解析】试题分析：（1）①如图1，证明AC=OC 和OC=OE 可得结论；②根据勾股定理可得：AC 2+CO 2=CD 2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明A 、D 、O 、C 四点共圆，得∠ACD=∠AOB ，同理得：∠EFO=∠EDO ，再证明△ACO ≌△EOF ，得OE=AC ，AO=EF ，根据勾股定理得：AC 2+OC 2=FO 2+OE 2=EF 2，由直角三角形中最长边为斜边可得结论；（3）如图3，连接AD ，则AD=OD 证明△ACD ≌△OED ，根据△CDE 是等腰直角三角形，得CE 2=2CD 2，等量代换可得结论（OC ﹣OE ）2=（OC ﹣AC ）2=2CD 2，开方后是：OC ﹣AC=CD ．试题解析：（1）①AC=OE ，理由：如图1，∵在等腰Rt △ABO 中，∠BAO=90°，∴∠ABO=∠AOB=45°，∵OP ⊥MN ，∴∠COP=90°，∴∠AOC=45°，∵AC ∥OP ，∴∠CAO=∠AOB=45°，∠ACO=∠POE=90°，∴AC=OC ，连接AD，∵BD=OD，∴AD=OD，AD⊥OB，∴AD∥OC，∴四边形ADOC是正方形，∴∠DCO=45°，∴AC=OD，∴∠DEO=45°，∴CD=DE，∴OC=OE，∴AC=OE；②在Rt△CDO中，∵CD2=OC2+OD2，∴CD2=AC2+OC2；故答案为AC2+CO2=CD2；（2）如图2，（1）中的结论②不成立，理由是：连接AD，延长CD交OP于F，连接EF，∵AB=AO，D为OB的中点，∴AD⊥OB，∴∠ADO=90°，∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO，即∠ADC=∠EDO，∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ACO=180°，∴A、D、O、C四点共圆，∴∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，∴∠EFO=∠AOC，∵△ABO是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠DCO=45°，∴△COF和△CDE是等腰直角三角形，∴OC=OF，∵∠ACO=∠EOF=90°，∴△ACO≌△EOF，∴OE=AC，AO=EF，∴AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，Rt△DEF中，EF＞DE=DC，∴AC2+OC2＞DC2，所以（1）中的结论②不成立；（3）如图3，结论：OC﹣CA=CD，理由是：连接AD，则AD=OD，同理：∠ADC=∠EDO，∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC，∵∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC，即∠DAC=∠DOE，∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE是等腰直角三角形，∴CE2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣AC=CD，故答案为OC﹣AC=CD．考点：几何变换的综合题∠=，将一直角三角板8．如图1，O为直线AB上一点，过点O作射线OC，AOC30()∠=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M30AB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，MOC35【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．。
中考数学一轮复习《旋转》专项练习题-带参考答案
中考数学一轮复习《旋转》专项练习题-带参考答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单选题1．下列几何图形是中心对称图形的是（）A．B．C．D．2．点关于原点对称的点的坐标是（）A．B．C．D．3．如图，在6×4方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则其旋转中心是（）A．点M B．格点N C．格点P D．格点Q4．如图，是由绕点旋转得到的，若，和则旋转角的度数为（）A．80°B．50°C．40°D．10°5．如图，在，将绕点C按逆时针方向旋转得到，此时点恰好在边上，则点与点B之间的距离为（）A．4 B．2C．3 D．6．如图，已知直线与轴交于点A，点与点A关于轴对称．是直线上的动点，将绕点顺时针旋转得．连接，则线段的最小值为（）．A．3 B．C．D．7．已知正方形的周长为16.E在边上运动，的中点G，绕E顺时针旋转90°得到.当A，C，F在同一条直线上，则的长为（）A．B．C．D．8．如图，等腰的顶角，若将其绕点顺时针旋转，得到，点在边上，交于，连接．有下列结论：①；②四边形是平行四边形；③图中所有的三角形都是等腰三角形；其中正确的结论是（）A．①②B．①③C．②③D．①②③二、填空题9．在平面直角坐标系中，若点与点关于原点对称，则的值是．10．如图，将绕点A按逆时针方向旋转，得到，连接，若，则的度数为．11．如图，将绕点A逆时针旋转角得到，点B的对应点D恰好落在边上，若，则旋转角的度数是.12．如图，在中，将绕点逆时针旋转一定的角度至处，此时点E，D，恰好在同一条直线上，连接，若，则．13．如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若AB=4，MP=1，则的最小值为．三、解答题14．在如图所示的正方形网格中，的顶点均在格点上，请在所给网格中按要求画图和解答下列问题．（1）作出关于点O成中心对称的，并写出点的坐标；（2）作出绕点O逆时针旋转90°的，并写出、和的坐标；（3）写出经过怎样的旋转可直接得到．15．如图，已知点是等边三角形内一点，且PA=6，PB=8，PC=10．（1）在图中画出将绕点逆时针旋转后得到的．（2）求的度数．16．如图，点是内一点，把绕点顺时针旋转得到，且AD=4，BD=3，CD=5.（1）判断的形状，并说明理由；（2）求的度数.17．如图，中，AD＝AE＝3，点B在内，且，将AB绕点A逆时针旋转90°得到AC，连接CB，CD，BE．（1）试探究BE与DC的关系；（2）当时，连接BD，求出的面积．18．如图，四边形是正方形，点为内一点，将绕点顺时针旋转得到BF，连接EF、AE、CF，EF与交于点．（1）求证：；（2）若，求的大小．参考答案：1．B2．C3．B4．B5．B6．A7．D8．D9．110．11．50°12．213．14．解：（1）如图，即为所作的图形（2）如图，即为所作的图形，和（3）绕点O顺时针旋转90°，得到．15．（1）解：如图：将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA；（2）解：连EP∴BE=BP=8，AE=PC=10，∠PBE=60°∴△BPE为等边三角形∴PE=PB=8，∠BPE=60°在△AEP中，AE=10，AP=6，PE=8∴AE2=PE2+PA2∴△APE为直角三角形，且∠APE=90°∴∠APB=90°+60°=150°．16．（1）解：是直角三角形理由如下：绕点顺时针旋转得到，和是等边三角形又是直角三角形.（2）解：由（1）得，是等边三角形.17．（1）解：理由如下：延长EB交CD于F，交AD于K，AB绕点A逆时针旋转90°得到AC∵∴∵∴∴（2）解：∴∵如图，此时三点共线，重合，连接BD∵∴∴解得：（负根已舍去）∴18．（1）证明：四边形是正方形，．绕点顺时针旋转得到，．．在和中≌；（2）解：四边形是正方形．绕点顺时针旋转得到，．是的外角。
中考数学总复习《旋转》专项提升练习题-带答案
中考数学总复习《旋转》专项提升练习题-带答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、单选题1．下列四个图形中，既是中心对称图形，又是轴对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．2．已知点M （2m+1，m-1）与点N 关于原点对称，若点N 在第二象限，则m 的取值（ ）A ．m>1B ．m<-12C ．-12<m<1D ．m<-12或m>1 3．已知点A （-1， √3 ），O 为坐标原点，连接OA.将线段OA 绕点O 按逆时针方向旋转 30° 得到线段 OA ′ ，则点 A′ 的坐标为（ ）A ．(1 ， −√3)B ．(−2 ， √3)C ．(−√3 ， 2)D ．(−√34．如图，四边形ABCD 是正方形，点F ，G 在正方形的边上，点E 在CB 的延长线上，BE=BF=DC ．下列说法正确的是（ ）A ．将△ADG 绕点A 按顺时针方向旋转得到△ABFB ．将△ADG 绕点A 按顺时针方向旋转得到△ABEC ．将△ABE 平移得到△ABFD ．将△ADG 平移得到△ABF5．如图，把一个直角三角板△ACB 绕着30°角的顶点B 顺时针旋转，使得点A 与CB 的延长线上的点E 重合，连接CD ，则∠BDC 的度数为（ ）A．15°B．20°C．25°D．30°6．如图，在△ABC中∠BAC=105°，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到△AB′C′．若点B′恰好落在边BC上，且AB′=CB′，则∠C′的度数为（）A．19°B．24°C．25°D．26°7．如图，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ABC．使点B恰好落在BC边上，∠BAC＝120°，AB＝CB则∠C的度数为（）A．18°B．20°C．24°D．28°8．如图，以点A为中心，把ΔABC逆时针旋转120∘，得到ΔAB′C′（点B，C的对应点分别为点B′，C′），连接BB′，若AC′//BB′，则∠CAB′的度数为（）A．45°B．60°C．70°D．90°二、填空题9．如图，已知正方形ABCD的边长为2，如果将线段BD绕着点B旋转后，点D落在CB的延长线上的D’处，那么tan∠BAD’等于.10．风力发电机可以在风力作用下发电，如图的转子叶片图绕中心旋转n∘后能与原来的图案里合，那么n的最小值是．11．如图，在等边△ABC内有一点D，AD＝5，BD＝6，CD＝4，将△ABD绕A点逆时针旋转，使AB与AC重合，点D旋转至点E，过E点作EH⊥CD于H，则EH的长为.12．菱形OCAB在平面直角坐标系中的位置如图所示，点O的坐标是（0，0），点A在y轴的正半轴上，点P是菱形对角线的交点，点C坐标是（√3，3）若把菱形OCAB绕点A逆时针旋转90°，则点P的对应点P′的坐标是．13．如图，AO为∠BAC的平分线，且∠BAC=50°，将四边形ABOC绕点A逆时针方向旋转后，得到四边形AB′O′C′，且∠OAC′=100°，则四边形ABOC旋转的角度是．三、解答题14．如图，将△ABC绕点B旋转得到△DBE，且A，D，C三点在同一条直线上．求证：DB平分∠ADE．15．如图，△ABC是直角三角形，BC是斜边，P是△ABC内一点，将△ABP绕点A逆时针旋转后，能与△ACP'重合，如果AP＝3，求P'P2的值．16．如图，在平面直角坐标系中，每个小正方形的边长为1cm，△ABC各顶点都在格点上，点A，C的坐标分别为（﹣1，2）、（0，-1），结合所给的平面直角坐标系解答下列问题：（1）AC的长等于多少？（2）画出△ABC向右平移2个单位得到的△A1B1C1，求A点的对应点A1的坐标。
备战中考数学——旋转的综合压轴题专题复习含答案
一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠PCQ=45°，把∠PCQ绕点C旋转，在整个旋转过程中，过点A作AD⊥CP，垂足为D，直线AD交CQ于E．（1）如图①，当∠PCQ在∠ACB内部时，求证：AD+BE=DE；（2）如图②，当CQ在∠ACB外部时，则线段AD、BE与DE的关系为_____；（3）在（1）的条件下，若CD=6，S△BCE=2S△ACD，求AE的长．【答案】(1)见解析（2）AD=BE+DE （3）8【解析】试题分析：（1）延长DA到F，使DF=DE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF，再求出∠ACF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等，根据全等三角形的即可证明AF=BE，从而得证；（2）在AD上截取DF=DE，然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF，再求出∠ACF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等，根据全等三角形的即可证明AF=BE，从而得到AD=BE+DE；（3）根据等腰直角三角形的性质求出CD=DF=DE，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF=2AD，然后求出AD的长，再根据AE=AD+DE代入数据进行计算即可得解．试题解析：（1）证明：如图①，延长DA到F，使DF=DE．∵CD⊥AE，∴CE=CF，∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠ACF=∠DCF=45°．又∵∠ACB=90°，∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠BCE=90°﹣45°=45°，∴∠ACF=∠BCE．在△ACF和△BCE中，∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD+BE=AD+AF=DF=DE，即AD+BE=DE；（2）解：如图②，在AD上截取DF=DE．∵CD⊥AE，∴CE=CF，∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ECF=∠DCE+∠DCF=90°，∴∠BCE+∠BCF=∠ECF=90°．又∵∠ACB=90°，∴∠ACF+∠BCF=90°，∴∠ACF=∠BCE．在△ACF和△BCE中，∵CE CFACF BCEAC BC=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD=AF+DF=BE+DE，即AD=BE+DE；故答案为：AD=BE+DE．（3）∵∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ECF=45°+45°=90°，∴△ECF是等腰直角三角形，∴CD=DF=DE=6．∵S△BCE=2S△ACD，∴AF=2AD，∴AD=1×6=2，∴AE=AD+DE=2+6=8．12点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰直角三角形的性质，综合性较强，但难度不是很大，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．2．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，CD=23，∴△BDE的最小周长=CD+4=23+4；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．3．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°，所以AP=14cm所以t=14s综上所述：t为2s或者14s时，符合题意。
中考数学总复习《旋转》专项测试卷带答案
中考数学总复习《旋转》专项测试卷带答案学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________一、选择题(共12题，共36.0分)1．(3分)下列曲线中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（）A. 心形线B. 蝴蝶曲线C. 四叶玫瑰线D. 等角螺旋线2．(3分)在直角坐标系中，A（a+b,-2）关于原点对称的点A'（4，a-b），则a,b的值为（）A. a=-1，b=-3 B. a=1，b=3 C. a=0，b=2 D. a=2，b=03．(3分)下列图形中，是中心对称图形，但不是轴对称图形的是（）A. B.C. D.4．(3分)如图，△ABC绕点A旋转一定角度后得到△ADE，则下列说法不正确的是（）A. △DAB=△EACB. △D=△BC. AD=ABD.△DEA=△BAC5．(3分)如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点A、B均在y轴上，点C在x轴上，将△ABC 绕着顶点B旋转后，点C的对应点C′落在y轴上，点A的对应点A′落在反比例函数y=在第一象限的图象上．如果点B、C的坐标分别是（0，-4）、（-2，0），那么点A′的坐标是（）A. （3，2） B. （，4）C. （2，3）D. （4，）6．(3分)如图，将三角形AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到三角形A'OB'，若△AOB=15°，则△AOB′的度数是（）A. 60°B. 30°C. 15°D. 45°7．(3分)如图，将△ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），得到△ADE，这时点B旋转后的对应点D恰好在直线BC上，则下列结论不一定正确的是（）A. △ACD=△EADB. △ABC=△ADCC. △EAC=αD. △EDC=180°-α8．(3分)如图，将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A′B′C′，此点A在边B′C上，若BC=5，AC=3，则AB′的长为（）A. 5B. 4C. 3D. 29．(3分)如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E在对角线AC上任意一点，将正方形绕点B逆时针旋转90°后，点E的对应点为E'，则点B到线段EE′距离的最小值为（）A. 1B.C. D. 210．(3分)如图，在矩形ABCD中AB=10，BC=8，以CD为直径作△O．将矩形ABCD绕点C旋转，使所得矩形A1B1C1D1的边A1B1与△O相切于点E，则BB1的长为（）A. B. 2C. D.11．(3分)如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，将△ABE绕着顶点A逆时针旋转90°，得△ADF，连接EF，P为EF的中点，则下列结论正确的是（）△AE=AF；△EF=2EC；△△DAP=△CFE；△△ADP=45°；△PD△AF．A. △△△B. △△△C. △△△D. △△△12．(3分)如图，△ABC的顶点B在单位圆的圆心上，A，C在圆周上，△ABC=α（0＜α＜）．现将△ABC在圆内按逆时针方向依次作旋转，具体方法如下：第一次，以A为中心，使B落在圆周上；第二次，以B为中心，使C落在圆周上；第三次，以C为中心，使A落在圆周上．如此旋转直到第100次．那么A点所走过路程的总长度为（）A. 22π（1+sinα）-66αB. 22π（1+sin）-33αC. 22π（+sinα）-66αD. 33π-66α二、填空题(共4题，共12.0分)13．(3分)如图，△ABC与△DEC关于点C成中心对称，AB=3，AE=5，△D=90°，则AC=_____．14．(3分)在平面直角坐标系中，点A（-3，2），连接OA，把线段OA绕原点O逆时针旋转90°得到线段OA′，则点A'的坐标是_____．15．(3分)如图，在平面直角坐标系xOy中，△OCD可以看成是△AOB经过若干次图形的变化（平移、轴对称、旋转）得到的，写出一种由△AOB得到△OCD的过程_____．16．(3分)如图，在菱形ABCD中，△ABC=60°，AB=8，点E为AD边上一点，且AE=2，在BC边上存在一点F，CD边上存在一点G，线段EF平分菱形ABCD的面积，则△EFG周长的最小值为_____．三、解答题(共8题，共72.0分)17．(9分)如图，正方形网格中，△ABC为格点三角形（即三角形的顶点都在格点上）．（1）把△ABC沿BA方向平移后，点A移到点A1，在网格中画出平移后得到的△A1B1C1；（2）把△A1B1C1绕点A1按逆时针方向旋转90°，得到△A1B2C2，在网格中画出旋转后的△A1B2C2．18．(9分)如图，已知y=kx和双曲线y=（m＞0），点A（a,b）（a＞0）在双曲线y=上（1）当a=b=2时，△直接写出m值_____△若k=-2，将直线y=kx平移至双曲线y=只有一个交点，求平移后的直线解析式（2）将直线y=kx绕原点O旋转，设旋转后直线与双曲线y=交于B、C两点（点B在第一象限）直线AB、AC分别与x轴交于D、E两点，写出与之间的数量关系？并说明理由．19．(9分)图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形．（1）在图1中画出等腰三角形，且点C在格点上．（画出一个即可）（2）在图2中画出以为边的菱形，且点D，E均在格点上．20．(9分)如图，由5个大小完全相同的小正方形摆成如图形状，现移动其中的一个小正方形，请在图（1），图（2），图（3）中分别画出满足以下各要求的图形．（用阴影表示）（1）使得图形既是轴对称图形，又是中心对称图形．（2）使得图形成为轴对称图形，而不是中心对称图形；（3）使得图形成为中心对称图形，而不是轴对称图形．21．(9分)在初中阶段的函数学习中，我们运用了列表、描点、连线的方法画函数图象，并结合图象研究了函数性质．以下是我们研究函数y=2x（|x|-3）性质及其应用的部分过程，请按要求完成下列各小题．（1）如表是该函数部分x,y的对应值，利用表中数据补全该函数图象；x…-4-3-2-101234…y=2x （|x|-3）…-80440-4-408…（2）根据函数图象，下列说法正确的是_____；（填写序号）△该函数图象是中心对称图形，它的对称中心是原点△该函数有最大值，没有最小值△若x＜0，则函数值y随x的增大而增大△若关于x的方程2x（|x|-3）=m有两个不相等的实数根，则m=±．（3）方程x（|x|-3）=-2 的根为_____；（4）当时，函数的最大值与最小值的差为5，求t的值．22．(9分)小明与小刚约好下午4：30在书店门口集合，一同去买课外用书．当小明下午4：00出门赶到书店门口时（路上用去的时间不超过1小时），却没有见到小刚．他怀疑自己迟到了，于是朝书店墙上的时钟一看，只见钟面上的时针与分针刚好重合在一起．请你运用学过的数学知识计算一下，这时的准确时间是多少？23．(9分)如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，M，N分别是斜边DE，AB的中点，DE=2，AB=4．（1）将△CDE绕顶点C旋转一周，请直接写出点M，N距离的最大值和最小值；（2）将△CDE绕顶点C逆时针旋转120°（如图2），求MN的长．24．(9分)问题提出已知△ABC是等边三角形，将等边三角形ADE（A，D，E三点按逆时针排列）绕顶点A旋转，且平移线段AD使点A与顶点C重合，得到线段CF，连接BE，EF，BF．观察发现（1）如图1，当点E在线段AB上，猜想△BEF的形状_____；探究迁移（2）如图2，当点E不在线段AB上，（1）中猜想的结论是否依然成立，请说明理由；拓展应用（3）若AB=2 ，在△ADE绕着点A旋转的过程中，当EF△AC时，求线段AF的长．参考答案1．【答案】C【解析】中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；轴对称图形的定义：如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形．根据定义即可判断．解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项不合题意；C．该图形既是轴对称图形又是中心对称图形，故此选项符合题意；D．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意．故选：C．2．【答案】A【解析】根据关于原点对称的点的横坐标与纵坐标都互为相反数列方程组求解即可．解：△A（a+b,-2）关于原点对称的点A'（4，a-b）△解得故选：A．3．【答案】B【解析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形；B、不是轴对称图形，是中心对称图形；C、是轴对称图形，不是中心对称图形；D、是轴对称图形，不是中心对称图形．故选：B．4．【答案】D【解析】由旋转的意义可得，将△ABC绕点A逆时针旋转一个角度后得到△ADE，此时对应边为：AC=AE，AB=AD，CB=ED，旋转角为△CAE或△BAD，以此逐个进行判断，得出答案．解：由旋转的性质得：对应边为：AC=AE，AB=AD，CB=ED，对应角△B=△D，△DEA=ACB，旋转角为△CAE或△BAD故A、B、C正确，不符合题意；D不正确，符合题意．故选：D．5．【答案】A【解析】根据题意求得D的坐标，然后根据待定系数法即可求得直线A′B的解析式，与反比例函数解析式联立，解方程组即可求得A′的坐标．解：设A′B与x轴的交点为D，由题意可知D（2，0）设直线A′B的解析式为y=kx-4把D（2，0）代入得0=2k-4解得k=2△直线A′B的解析式为y=2x-4由解得或△点A′的坐标是（3，2）故选：A．6．【答案】B【解析】根据旋转的性质旋转前后图形全等以及对应边的夹角等于旋转角，进而得出答案即可．解：△将△AOB绕点O按逆时针方向旋转45°后得到△A′OB′△△A′OA=45°，△AOB=△A′OB′=15°△△AOB′=△A′OA-△A′OB′=45°-15°=30°故选：B．7．【答案】A【解析】先根据旋转的性质得到△ABC△△DAE，△ABC=△ADE，△BAD=△EAC=α，AB=AD，则可对C选项进行判断；由△ABC△△DAE得到△EAD=△CAB，再根据三角形外角性质得到△ACD＞△CAB，于是可对A选项进行判断；由AB=AD得到△ABC=△ADC，则可对B选项进行判断；由于△EDC=△ADE+△ADC，△ADE=△ABC，则利用等量代换和三角形内角和得到△EDC=180°-α，则可对D选项进行判断．解：△将△ABC绕点A逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），得到△ADE△△ABC△△DAE，△ABC=△ADE，△BAD=△EAC=α，AB=AD，所以C选项不符合题意；△△ABC△△DAE△△EAD=△CAB△△ACD＞△CAB△△ACD＞△EAD，所以A选项符合题意；△AB=AD△△ABC=△ADC，所以B选项不符合题意；△△EDC=△ADE+△ADC而△ADE=△ABC△△EDC=△ABC+△ADC=180°-△BAD=180°-α，所以D选项不符合题意．故选：A．8．【答案】D【解析】先根据旋转的性质得到CB′=CB=5，然后计算CB′-CA即可．解：△△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A′B′C′，点A在边B′C上△CB′=CB=5△AB′=CB′-CA=5-3=2．故选：D．9．【答案】D【解析】连接BE，BE′，EE′，由旋转可得AE′=CE，BE=BE′，△EBE′=90°，△D′AA′=△DCA=45°，证明△BEE′是等腰直角三角形，△A′AC=90°，过点B作BM△EE′于点M，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM=EE′，要求BM的最小值，只需求EE′的最小值，设AE=x,则AE′=CE=4-x,根据勾股定理求出x的值，进而可以解决问题．解：如图，连接BE，BE′，EE′△四边形ABCD是正方形，AB=4△△DAC=△DCA=45°，AC=4由旋转可知：AE′=CE，BE=BE′，△EBE′=90°，△D′AA′=△DCA=45°△△BEE′是等腰直角三角形，△A′AC=90°过点B作BM△EE′于点M△BM=EE′△要求BM的最小值，只需求EE′的最小值设AE=x,则AE′=CE=4-x,在Rt△AEE′中，根据勾股定理得：EE′2=AE2+AE′2△EE′2=x2+（4-x）2=2（x-2）2+16当x=2时，EE′2有最小值，最小值为16此时，EE′=4△BM=EE′=2则点B到线段EE′距离的最小值为2．故选：D．10．【答案】C【解析】连接EO并延长交线段CD1于点F，过点B1作B1G△BC于点G，由题意可得：四边形B1EFC为矩形，则EF=B1C=8，由勾股定理可求线段CF的长；由旋转的性质可得：△OCF=△B1CG，则sin△OCF=sin△B1CG=，cos△OCF=cos△B1CG=；利用直角三角形的边角关系可求B1G和CG，最后利用勾股定理可得结论．解：连接EO并延长交线段CD1于点F，过点B1作B1G△BC于点G，如图△边A1B1与△O相切于点E△OE△A1B1．△四边形A1B1C1D1是矩形△A1B1△B1C，B1C△CD1．△四边形B1EFC为矩形．△EF=B1C=8．△CD为△O的直径△OE=DO=OC=AB=5．△OF=EF-OE=3．△A1B1△CD1，OE△A1B1△OF△CD1．△CF==4．由旋转的性质可得：△OCF=△B1CG．△sin△OCF=sin△B1CG=，cos△OCF=cos△B1CG=．△sin△OCF=，cos△OCF=△，．△B1G=，CG=．△BG=BC-CG=．△BB1===．故选：C．11．【答案】C【解析】△根据旋转的性质推即可得AE=AF；△在直角△CEF中，根据“30度角所对的直角边等于斜边的一半”进行判断；△、△点A、P、D、F在以AF为直径的圆上，所以由圆周角定理进行证明；△利用反证法．利用△的结论推知点P在对角线BD上，所以通过旋转的角度、正方形的性质来证明线段PD与AF不平行．解：△△△ABE绕着顶点A逆时针旋转90°得到△ADF△△ABE△△ADF，△FAE=90°△AE=AF，即△AFE是等腰直角三角形，故△正确；△如图，连接CP．△△ABE绕着顶点A逆时针旋转90°得到△ADF△△ADF=△ABC=90°△△ADF+△ADC=180°△C、D、F在一条直线上△△ECF=90°△当△CFE=30°时，EF=2EC．即EF不一定等于2EC．故△不正确；△△P为EF的中点，AE=AF△△APF=90°．△△APF=△ADF=90°△点A、P、D、F在以AF为直径的圆上△△DAP=△DFP，即△DAP=△CFE，故△正确；△△△AFE是等腰直角三角形△△AEF=AFE=45°．又△点A、P、D、F在以AF为直径的圆上△△ADP=△AFP，即△ADP=△AFE=45°，故△正确；△如图，连接AC、BD交于点O．△△ADP=45°△点P在正方形ABCD的对角线BD上．假设PD△AF．△△PAE=90°，即FA△AE△DP△AE．又△AC△BD△AE与AC重合，这与已知图形相矛盾△PD与AE不平行，故△错误．综上所述，正确的说法有△△△．故选：C．12．【答案】B【解析】探究一个循环中，点A运动两段弧，第一段旋转角是，半径是1，第二段旋转角是，半径是AC=2•sin，进一步得出结果．解：如图△△ABB11和△BB1C2是等边三角形△△AB1B=60°=，△BB1C2=60°=△△AB1C2=△AB1B+△BB1C2=△△AB1A1=△AB1C2-△A1B1C2=△l=△△A1C2A2=△B1C2B=60°=，A1C2=AC=2△l==△33•（）+33×=22π（1+sin）-33α故选：B．13．【答案】2【解析】根据中心对称得出AC=CD，DE=AB=3，根据勾股定理求出AD即可得出AC的长度．解：△△ABC与△DEC关于点C成中心对称△AC=CD，DE=AB=3△AE=5，△D=90°△AD==4△AC=AD=2故答案为：2．14．【答案】（-2，-3）【解析】过点A作AB△x轴于点B，过点A′作A′C△x轴于点C，得到△ABO=△OCA′=90°，推出△OAB+△AOB=90°，根据旋转性质得到OA=OA′，△AOA′=90°，推出△AOB+△A′OC=90°，得到△OAB=△A′OC，推出△OAB△△A′OC，根据A（-3，2），得到AB=2，OB=3，推出A′C=OB=3，OC=AB=2，得到A′（-2，-3）．解：如图，过点A作AB△x轴于点B，过点A′作A′C△x轴于点C则△ABO=△OCA′=90°△△OAB+△AOB=90°△A（-3，2）△AB=2，OB=3由旋转知，OA=OA′，△AOA′=90°△△AOB+△A′OC=90°△△OAB=△A′OC△△OAB△A′OC△（AAS）△A′C=OB=3，OC=AB=2△A′（-2，-3）．故答案为：（-2，-3）．15．【答案】将△AOB顺时针旋转90°，再向左平移2个单位长度得到△DCO【解析】根据旋转变换，平移变换的性质解决问题即可．解：将△AOB顺时针旋转90°，再向左平移2个单位长度得到△DCO．故答案为：将△AOB顺时针旋转90°，再向左平移2个单位长度得到△DCO．16．【答案】4+2【解析】作E关于CD的对称点M，过M作KT△BC交BC延长线于T，交AD延长线于K，连接FM交DC于G，过A作AH△BC于H，由△ABC=60°，AB=8，得BH=4，AH=4，而AE=2，有DE=6，可得DN=3，EN=3，EM=2EN=6，在Rt△EMK中，KM=EM=3，EK= KE=9，故MT=KT-KM=AH-KM=，根据线段EF平分菱形ABCD的面积和菱形的对称性知CF=AE=2，可证△EFH=△EFT=90°，即可得FM==2，又EF+CG+EG=EF+CG+GM，知当M，G，F共线时，EF+CG+EG，即△EFG周长的最小，从而可得△EFG周长的最小值为4+2．解：作E关于CD的对称点M，过M作KT△BC交BC延长线于T，交AD延长线于K，连接FM交DC于G，过A作AH△BC于H，如图：△△ABC=60°，AB=8△BH=4，AH=4△AE=2△DE=6△△EDN=60°，△END=90°△△DEN=30°，DN=3，EN=3△EM=2EN=6在Rt△EMK中KM=EM=3，EK=KE=9△MT=KT-KM=AH-KM=△线段EF平分菱形ABCD的面积△EF过对称中心由菱形的对称性知CF=AE=2△HF=BC-BH-CF=8-4-2=2△HF=AE△HF△AE，△EHF=90°△四边形HFEA是矩形，EF=AH=4△△EFH=△EFT=90°△四边形EFTK是矩形△FT=EK=9△FM==2△EF+CG+EG=EF+CG+GM△当M，G，F共线时，EF+CG+EG，即△EFG周长的最小此时△EFG周长的最小值即为EF+FM△△EFG周长的最小值为4+2．故答案为：4+2．17．【解析】（1）把△ABC向上平移2个单位，再向右平移2个单位得到△△A1B1C1；（2）利用网格特点和旋转的性质画出点B1、C1的对应点B2、C2，从而得到△A1B2C2．解：（1）如图，△A1B1C1为所作；（2）如图，△A1B2C2为所作．18．【答案】4【解析】（1）△把A（2，2）代入y=即可得到结论；△设平移后的直线为y=-2x+b,解方程组即可得到结论；（2）当点A在直线BC的上方，过A，B，C分别作y轴的垂线，垂足为F，G，H，则OF=b,OG=OH=n,FG=OF-OG=b-n,FH=OF+OH=b+n根据平行线分线段成比例定理即可得到结论．解：（1）△把A（2，2）代入y=得，m=4故答案为：4；△设平移后的直线为y=-2x+b,△△2x2-bx+4=0△△=（-b）2-4×2×4=0△b=4方程有两个相等的实数根，此时直线y=-2x+b曲线y=只有一个交点△平移后的直线为y=-2x+4；（2）当点A在直线BC的上方，过A，B，C分别作y轴的垂线，垂足为F，G，H 则OF=b,OG=OH=n,FG=OF-OG=b-n,FH=OF+OH=b+n,△AF△x轴△CH△=△=+=2；当A在BC的下方时，同理可求=，=△-=2综上所述，±=2．19．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可；【小问1详解】答案不唯一．【小问2详解】【点睛】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形．20．【解析】本题是图案设计问题，用轴对称和中心对称知识画图，设计图案，要按照题目要求，展开丰富的想象力，答案不唯一．解：如图所示；21．【答案】(1)△△;(2)x=1或2或;【解析】（1）根据作图步骤画出图象即可；（2）根据图像判断各选项的正误即可；（3）根据图像分两种情况解答，△根据图表数据解出x＞0时两根，△根据图像解出x＜0时的根即可；（4）在t值范围内，先求出最大值，再根据题意计算出最小值，将最小值代入方程即可求得a 的值．解：（1）补全图象如图：（2）△该函数图象是中心对称图形，它的对称中心是原点，正确；△该函数有最大值，没有最小值，错误，既没有最大值，也没有最小值；△若x＜0，则函数值y随x的增大而增大，错误，当x＜-1.5或x＞1.5时，y随x的增大而增大；△若关于x的方程2x（|x|-3）=m有两个不相等的实数根，则m=±．正确，将x=±代入2x（|x|-3）=m解出m值为±．故答案为：△△；（3）x（|x|-3）=-2 即2x（|x|-3）=-4当x＜0时，2x（-x-3）=-4，整理得x2+3x-2=0，解得x=或x=（舍去）由图表可知，方程的根为x=1或2或．（4）由图象可知当x=-时，函数的最大值是，则符合题意的最小值为-5=-，则有：2t（|t|-3）=-△t＜0△2t（-t-3）=-解得t=或t=（舍去）△t=．22．【解析】利用分针与时针的速度关系，列出方程求出时针走的圆心角的度数，再由时针走1°相当于2分钟，即可求出准确时间．解：分针的速度是时针速度的12倍，设时针走了x°，则分针走了12x°△小明下午4：00出门赶到书店门口时（路上用去的时间不超过1小时），且时针与分针刚好重合在一起．△12x°-x°=120°，解得x°=°△时针走1°相当于2分钟△时针走过的分钟为°×2=21分．△这时准确的时间为4时21分．23．【解析】（1）以C为圆心，CM长为半径画圆，连接CN交DE于M1，延长NC交圆于M2，由等腰直角三角形的性质，推出CN平分△ACB，CN=AB=×4=2，M1是DE中点，CM1= DE=×2=1，即可求出M、N距离的最小值和最大值；（2）连接CM，CN，作NH△MC交MC延长线于H，由等腰直角三角形的性质推出CN=AB=2，CM=DE=1，由旋转的性质得到△NCH=180°-△MCN=60°，由直角三角形的性质得到CH= CN=1，NH=CH=，由勾股定理即可求出MN==．解：（1）以C为圆心，CM长为半径画圆，连接CN交DE于M1，延长NC交圆于M2△△ACB是等腰直角三角形N是AB中点△CN平分△ACB CN=AB=×4=2△△DCE是等腰直角三角形△M1是DE中点△CM1=DE=×2=1△M、N距离的最小值是NM1=CN-CM1=2-1=1，M、N距离的最大值是NM2=CN+CM2=2+1=3．（2）连接CM，CN，作NH△MC交MC延长线于H△△ACB是等腰直角三角形，N是AB中点△CN=AB=2同理：CM=DE=1△△CDE绕顶点C逆时针旋转120°△△MCN=120°△△NCH=180°-△MCN=60°△CH=CN=1△NH=CH=△MH=MC+CH=2△MN==．24．【答案】等边三角形【解析】（1）由△ABC，△ADE是等边三角形，可得△ABC=60°，△AED=60°=△BEF，故△BEF 是等边三角形；（2）延长AD交BC于M，由△ABC，△ADE是等边三角形，得△ABC=60°=△DAE，AB=BC，AD=AE，而平移线段AD使点A与顶点C重合，得到线段CF，有AD=CF，AD△CF，故AE=CF，△BCF=△AMC，从而△BCF=△BAE，即得△BAE△△BCF（SAS），知BE=BF，△ABE=△CBF，即可得△BEF是等边三角形；（3）设直线AC交EF于H，分两种情况：△当EF在BC下方时，求出△FBC=360°-△BFE-△H-△BCH=90°，由勾股定理可得BF===EF，设EH=x,CH=y,可得，解得x=（负值已舍去），y=×+=，故AF=；当EF在BC上方时，同理可得AF==．解：（1）点E在线段AB上时△△ABC，△ADE是等边三角形△△ABC=60°，△AED=60°=△BEF△△BEF是等边三角形；故答案为：等边三角形；（2）当点E不在线段AB上，（1）中的结论依然成立，理由如下：延长AD交BC于M，如图：△△ABC，△ADE是等边三角形△△ABC=60°=△DAE，AB=BC，AD=AE△平移线段AD使点A与顶点C重合，得到线段CF△AD=CF，AD△CF△AE=CF，△BCF=△AMC△△AMC=△ABC+△BAM=60°+△BAM=△DAE+△BAM=△BAE △△BCF=△BAE在△BAE和△BCF中△△BAE△△BCF（SAS）△BE=BF，△ABE=△CBF△△ABE+△EBC=△CBF+△EBC，即△ABC=△EBF△△ABC=60°△△EBF=60°△△BEF是等边三角形；（3）设直线AC交EF于H，分两种情况：△当EF在BC下方时，如图：由（2）可知△BEF是等边三角形△△BFE=60°，BF=EF△△ACB=60°△△BCH=120°△EF△AC△△H=90°△△FBC=360°-△BFE-△H-△BCH=90°△BF=△平移线段AD使点A与顶点C重合，得到线段CF △CF=AD=而BC=AB=2△BF==△EF=；设EH=x,CH=y,△FH2+CH2=CF2，EH2+AH2=AE2△△△-△得：3x-4y+=0△y=x+△把△代入△得：+3x+x2+x2+x+=解得x=（负值已舍去）△y=×+=△AF2=FH2+AH2△AF2=（+x）2+（y+2）2=（+）2+（+2）2=△AF=；当EF在BC上方时，如图：同理可得△ABE=360°-△FEB-△H-△BAH=90°△BE===EF设FH=m,AH=n,△EH2+AH2=AE2，FH2+CH2=CF2=AD2△解得（负值已舍去）△AF==；综上所述，AF的值为或．。
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一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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．在平面直角坐标系中，已知点A(0，4)，B(4，4)，点M，N是射线OC上两动点(OM＜ON)，且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系．(1)探究发现：当点M，N均在线段OB上时(如图1)，有OM2+BN2＝MN2．他的证明思路如下：第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM．第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2．最后得到OM2+BN2＝MN2．请你完成第二步三角形全等的证明．(2)继续探究：除(1)外的其他情况，OM2+BN2＝MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．(3)新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分)．【答案】(1)见解析；(2)结论仍然成立，理由见解析；(3)见解析.【解析】【分析】（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN=OP．证明△APM≌△ANM，再利用勾股定理即可解决问题；（2）如图2中，当点M，N在OB的延长线上时结论仍然成立．证明方法类似（1）；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．利用（2）中结论，构建方程即可解决问题．【详解】（1）如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵点A(0，4)，B(4，4)，∴OA＝AB，∠OAB＝90°，∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)．（2）如图2中，结论仍然成立．理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠MAP，∵MA＝MA，AN＝AP，∴△MAN≌△MAP(SAS)，∴MN＝PM，∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°，∴∠MOP＝90°，∴PM2＝OM2+OP2，∴OM2+BN2＝MN2；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．设MN＝2x，则BM＝BN＝x，∵OA＝AB＝4，∠OAB＝90°，∴OB＝42，∴OM＝42﹣x，∵OM2+BN2＝MN2．∴(42﹣x)2+x2＝(2x)2，解得x＝﹣22+26或﹣22﹣26(舍弃)∴MN＝﹣42+46．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．3．如图1，ABCD和AEFG是两个能完全重合的平行四边形，现从AB与AE重合时开始，将ABCD固定不动，AEFG绕点A逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），AB=a,BC=2a；并发现：如图2，当AEFG旋转到点E落在AD上时，FE的延长线恰好通过点C．探究一:（1）在图2的情形下，求旋转角α的度数；探究二:（2）如图3，当AEFG旋转到点E落在BC上时，EF与AD相交于点M，连接CM，DF，请你判断四边形CDFM的形状，并给予证明；探究三:（3）如图1，连接CF，BF，在旋转过程中△BCF的面积是否存在最大的情形，如果存在，求出最大面积，如果不存在，请说明理由.【答案】（1）α=120°；（2）四边形CDFM是菱形，证明见解析；（3）存在△BCF的面积a2.最大的情形，S△BCF =2【解析】试题分析：（1）由平行四边形的性质知∠D=∠B，AB=CD=a，可得∠D=∠DEC，由等角对等边知CD=CE，由AE=AB=a，AD=BC=2a，可得DE=CE，即可证得△CDE是等边三角形，∠D=60°，由两直线平行，同位角相等可得∠DAB=120°，即可求得α；（2）由旋转的性质以及∠B=60°，可得△ABE是等边三角形，由平行线的判定以及两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形ABEM是平行四边形，再由由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；（3）当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大，由于点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，故当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，由题意知∠AFG=90°.由∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，可得AH、AF的值.可求得点F到BC的最大距离.进而求得S△BCF的值.试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠D=∠B，AB=CD=a，∵∠AEF=∠B，∠AEF=∠DEC，∴∠D=∠DEC，∴CD=CE，∵AE=AB=a，AD=BC=2a，∴DE=CE.，∴CD=CE=DE，∴△CDE是等边三角形，∴∠D=60°，∵CD∥AB，∴∠D+∠DAB=180°，∴∠DAB=120°，∴α=120°.；（2）四边形CDFM是菱形.证明：由旋转可得AB=AE，∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形，∴∠BAE=60°，∴∠BAG=∠BAE+∠GAE=60°+120°=180°，∴点G，A，B在同一条直线上，∴ME ∥AB，BE∥AM，∴四边形ABEM是平行四边形，∴AM=AB=ME，∴CD=DM=MF，∵CD ∥AB∥MF，∴四边形CDFM是平行四边形，∵∠D= 60°，CD=DM，∴△CDM是等边三角形，∴CD=DM，∴四边形CDFM是菱形；（3）存在△BCF的面积最大的情形.∵CB的长度不变，∴当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大.∵点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，∴当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，则∠AFG=90°.∵∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，∴AH=AB×sin60°=3a，AF=AG×sin60°=3 a.∴点F到BC的最大距离为3a+ 3a=33a.∴S△BCF=12×2a×33a=33a2.点睛：此题考查了旋转的洗澡那个会、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，三角形的面积的求法，关键是运用旋转前后，图形的对应边相等、对应角相等的性质解题.4．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．5．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。