备战中考数学提高题专题复习旋转练习题

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=1

2

×2a×

33

a=

33

a2.

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”。

（1）概念理解:

如图1,在ABC ?中,6AC = ,3BC =.30ACB ∠=?,试判断ABC ?是否是“等高底”三角形，请说明理由.

（2）问题探究:

如图2, ABC ?是“等高底”三角形,BC 是“等底”，作ABC ?关于BC 所在直线的对称图形得到A BC '?,连结AA '交直线BC 于点D .若点B 是123,12z ai z i =-=+的重心,求AC BC

的值. （3）应用拓展:

如图3,已知12l l //,1l 与2l 之间的距离为2.“等高底”ABC ?的“等底” BC 在直线1l 上,点A 在直线2l 上,有一边的长是BC 的2倍.将ABC ?绕点C 按顺时针方向旋转45?得到A B C ?'',A C '所在直线交2l 于点D .求CD 的值.

【答案】（1）证明见解析；（2）

13AC BC =（3）CD 的值为2103,22,2 【解析】 分析：（1）过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ，可以得到AD =BC =3，即可得到结论；

（2）根据 ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，得到AD =BC ， 再由 ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， 得到 ∠ADC =90°，由重心的性质，得到BC =2BD ．设BD =x ，则AD =BC =2x ， CD =3x ，由勾股定理得AC =13x ，即可得到结论；

（3）分两种情况讨论即可：①当AB =2BC 时，再分两种情况讨论；

②当AC =2BC 时，再分两种情况讨论即可．

详解：（1）是．理由如下：

如图1，过点A 作AD ⊥直线CB 于点D ，

∴ΔADC 为直角三角形，∠ADC =90°．

∵ ∠ACB =30°，AC =6，∴ AD =

12

AC =3， ∴ AD =BC =3，

即ΔABC 是“等高底”三角形．

（2）如图2， ∵ ΔABC 是“等高底”三角形，BC 是“等底”，∴AD =BC ，

∵ ΔA ′BC 与ΔABC 关于直线BC 对称， ∴ ∠ADC =90°．

∵点B 是ΔAA ′C 的重心， ∴ BC =2BD ．

设BD =x ，则AD =BC =2x ，∴CD =3x ，

∴由勾股定理得AC 13，

∴1313AC x BC ==

（3）①当AB =2BC 时， Ⅰ．如图3，作AE ⊥l 1于点E ， DF ⊥AC 于点F ．

∵“等高底” ΔABC 的“等底”为BC ，l 1//l 2，

l 1与l 2之间的距离为2， AB =2BC ，

∴BC =AE =2，AB =22，

∴BE =2，即EC =4，∴AC = 25．

∵ ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ' B ' C ，∴∠CDF =45°．

设DF =CF =x ．

∵l 1//l 2，∴∠ACE =∠DAF ，∴

12DF AE AF CE ==，即AF =2x ． ∴AC =3x =25，可得x =253，∴CD =2x =2103

．

Ⅱ．如图4，此时ΔABC 是等腰直角三角形，

∵ ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ' B ' C ，

∴ ΔACD 是等腰直角三角形，

∴ CD =2AC =22．

②当AC =2BC 时，

Ⅰ．如图5，此时△ABC 是等腰直角三角形．

∵ ΔABC 绕点C 按顺时针方向旋转45°得到ΔA ′ B ′C ，

∴A ′C ⊥l 1，∴CD =AB =BC =2．

Ⅱ．如图6，作AE ⊥l 1于点E ，则AE =BC ，

∴AC=2BC=2AE，∴∠ACE=45°，

∴ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C时，点A′在直线l1上，

∴A′C∥l2，即直线A′ C与l2无交点．

综上所述：CD的值为2

10

3

，22，2．

点睛：本题是几何变换-旋转综合题．考查了重心的性质，勾股定理，旋转的性质以及阅读理解能力．解题的关键是对新概念“等高底”三角形的理解．

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．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，求证：△CDE是等边三角形．

（2）设OD＝t，

①当6＜t＜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求t为何值时，△DEB是直角三角形（直接写出结果即可）．

【答案】(1)见解析;(2) ①见解析; ②t＝2或14.

【解析】

【分析】

（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；

（2）①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；

②存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；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=t；当6＜t＜10时，此时不存在；当t＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14．

【详解】

（1）∵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）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＝3，

∴△BDE的最小周长＝CD+4＝3；

②存在，∵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；

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；

当6＜t ＜10时，由∠DBE ＝120°＞90°，

∴此时不存在；

当t ＞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，

∴t ＝14，

综上所述：当t ＝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，四边形ABCD 中，45ABC ADC ∠=∠=，将BCD ?绕点C 顺时针旋转一定角度后，点B 的对应点恰好与点A 重合，得到ACE ?.

（1）判断ABC ?的形状，并说明理由；

（2）若2AD =，3CD =，试求出四边形ABCD 的对角线BD 的长.

【答案】（1）ABC ?是等腰直角三角形，理由详见解析；（222

【解析】

【分析】

（1）利用旋转不变性证明A4BC 是等腰直角三角形.

（2）证明ACDE 是等腰直角三角形，再在Rt △ADE 中，求出AE 即可解决问题.

【详解】

解：（1）ABC ?是等腰直角三角形.

理由：∵BC CA =，

∴45CBA CAB ∠=∠=，

∴90ACB ∠=，

∴ACB ?是等腰直角三角形.

（2）如图：由旋转的性质可知：

90DCE ACB ∠=∠=，3CD CE ==，BD AE =， ∴32DE =，45CDE CED ∠=∠=，

∵45ADC ∠=，

∴454590ADE ∠=+=，

∴()222223222AE AD DE =+=+=，

∴22BD AE ==.

【点睛】

本题考查旋转变换，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型