备战中考数学提高题专题复习旋转练习题附答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）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°；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=DE2．2．(1)如图①，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD．①求证：四边形BFDE是菱形；②直接写出∠EBF的度数；(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图②，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH并延长，交ED于点J，连接IJ、IH、IF、IG.试探究线段IH与FH之间满足的关系，并说明理由；(3)把(1)中矩形ABCD进行特殊化探究，如图③，当矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE、EF、DF，使△DEF是等腰直角三角形，DF交AC于点G.请直接写出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.【答案】（1）①详见解析；②60°．（2）IH3；（3）EG2＝AG2+CE2．【解析】【分析】（1）①由△DOE≌△BOF，推出EO＝OF，∵OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．②先证明∠ABD＝2∠ADB，推出∠ADB＝30°，延长即可解决问题．（2）IH3．只要证明△IJF是等边三角形即可．（3）结论：EG2＝AG2+CE2．如图3中，将△ADG绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，先证明△DEG≌△DEM，再证明△ECM是直角三角形即可解决问题．【详解】（1）①证明：如图1中，∵四边形ABCD 是矩形， ∴AD ∥BC ，OB ＝OD ， ∴∠EDO ＝∠FBO ， 在△DOE 和△BOF 中，EDO FBO OD OBEOD BOF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DOE ≌△BOF ， ∴EO ＝OF ，∵OB ＝OD ， ∴四边形EBFD 是平行四边形， ∵EF ⊥BD ，OB ＝OD ， ∴EB ＝ED ，∴四边形EBFD 是菱形． ②∵BE 平分∠ABD ， ∴∠ABE ＝∠EBD ， ∵EB ＝ED ， ∴∠EBD ＝∠EDB ， ∴∠ABD ＝2∠ADB ， ∵∠ABD +∠ADB ＝90°， ∴∠ADB ＝30°，∠ABD ＝60°， ∴∠ABE ＝∠EBO ＝∠OBF ＝30°， ∴∠EBF ＝60°． （2）结论：IH＝3FH ．理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM ＝EJ ，连接MJ ．∵四边形EBFD 是菱形，∠B ＝60°， ∴EB ＝BF ＝ED ，DE ∥BF ， ∴∠JDH ＝∠FGH ， 在△DHJ 和△GHF 中，DHG GHF DH GHJDH FGH ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝＝ ， ∴△DHJ ≌△GHF ， ∴DJ ＝FG ，JH ＝HF ， ∴EJ ＝BG ＝EM ＝BI ， ∴BE ＝IM ＝BF ， ∵∠MEJ ＝∠B ＝60°， ∴△MEJ 是等边三角形， ∴MJ ＝EM ＝NI ，∠M ＝∠B ＝60° 在△BIF 和△MJI 中，BI MJ B M BF IM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝， ∴△BIF ≌△MJI ，∴IJ ＝IF ，∠BFI ＝∠MIJ ，∵HJ ＝HF ， ∴IH ⊥JF ，∵∠BFI +∠BIF ＝120°， ∴∠MIJ +∠BIF ＝120°， ∴∠JIF ＝60°， ∴△JIF 是等边三角形，在Rt △IHF 中，∵∠IHF ＝90°，∠IFH ＝60°， ∴∠FIH ＝30°， ∴IH＝3FH ．（3）结论：EG 2＝AG 2+CE 2．理由：如图3中，将△ADG 绕点D 逆时针旋转90°得到△DCM ，∵∠FAD +∠DEF ＝90°， ∴AFED 四点共圆，∴∠EDF ＝∠DAE ＝45°，∠ADC ＝90°， ∴∠ADF +∠EDC ＝45°， ∵∠ADF ＝∠CDM ，∴∠CDM +∠CDE ＝45°＝∠EDG ， 在△DEM 和△DEG 中，DE DE EDG EDM DG DM ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ， ∴△DEG ≌△DEM ， ∴GE ＝EM ，∵∠DCM ＝∠DAG ＝∠ACD ＝45°，AG ＝CM ， ∴∠ECM ＝90° ∴EC 2+CM 2＝EM 2， ∵EG ＝EM ，AG ＝CM ， ∴GE 2＝AG 2+CE 2． 【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题.3．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．4．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．5．小明合作学习小组在探究旋转、平移变换．如图△ABC，△DEF均为等腰直角三角形，各顶点坐标分别为A（1，1），B（2，2），C（2，1），D2，0），E（22 0），F 32，2（1）他们将△ABC绕C点按顺时针方向旋转450得到△A1B1C．请你写出点A1，B1的坐标，并判断A1C和DF的位置关系；（2）他们将△ABC 绕原点按顺时针方向旋转450，发现旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2y22x bx c =++上．请你求出符合条件的抛物线解析式；（3）他们继续探究，发现将△ABC 绕某个点旋转45，若旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2y x =上，则可求出旋转后三角形的直角顶点P 的坐标．请你直接写出点P 的所有坐标．【答案】解：（1）222222b c 0{3232222b c 222+=⎛++= ⎝⎭． A 1C 和DF 的位置关系是平行．（2）∵△ABC 绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF ，∴①当抛物线经过点D 、E 时，根据题意可得：(222222b c 0{2222b c 0++=++=，解得b 12{c 82=-= ∴2y 2x 12x 82=-+②当抛物线经过点D 、F 时，根据题意可得：222222b c 0{3232222c ++=+=⎝⎭，解得b 11{c 72=-= ∴2y 2x 11x 2=-+③当抛物线经过点E 、F 时，根据题意可得：(22222222b c 0{3232222b c 222++=⎛++= ⎝⎭，解得b 13{c =-=∴2y 13x =-+ （3）在旋转过程中，可能有以下情形：①顺时针旋转45°，点A 、B 落在抛物线上，如答图1所示， 易求得点P 坐标为（0）． ②顺时针旋转45°，点B 、C 落在抛物线上，如答图2所示， 设点B′，C′的横坐标分别为x 1，x 2，易知此时B′C′与一、三象限角平分线平行，∴设直线B′C′的解析式为y=x+b ． 联立y=x 2与y=x+b 得：x 2=x+b ，即2x x b 0--=，∴1212x x 1x x b +==-，． ∵B′C′=1，∴根据题意易得：12x x 2-=，∴()2121x x 2-=，即()212121x x 4x x 2+-=． ∴114b 2+=，解得1b 8=-． ∴21x x 08-+=，解得x =或x =． ∵点C′的横坐标较小，∴2x 4=．当2x 4=时，23y x 8-==．∴P（2438-）． ③顺时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图3所示， 设点C′，A′的横坐标分别为x 1，x 2．易知此时C′A′与二、四象限角平分线平行，∴设直线C′A′的解析式为y x b =-+． 联立y=x 2与y x b =-+得：2x x b =-+，即2x x b 0+-=，∴1212x x 1x x b +=-=-，． ∵C′A′=1，∴根据题意易得：12x x 2-=，∴()2121x x 2-=，即()212121x x 4x x 2+-=． ∴114b 2+=，解得1b 8=-．∴21x x 08++=，解得22x 4-+=x 或22x 4--=．∵点C′的横坐标较大，∴22x -+=． 当22x -+=时，2322y x -==． ∴P （224-+，3228-）． ④逆时针旋转45°，点A 、B 落在抛物线上．因为逆时针旋转45°后，直线A′B′与y 轴平行，因为与抛物线最多只能有一个交点，故此种情形不存在．⑤逆时针旋转45°，点B 、C 落在抛物线上，如答图4所示， 与③同理，可求得：P （224-+，3228-）． ⑥逆时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图5所示， 与②同理，可求得：P （224+，3228+）． 综上所述，点P 的坐标为：（0，12-），（22-，322-），P （22-+，322-，（22+，322+）．【解析】（1）由旋转性质及等腰直角三角形边角关系求解．（2）首先明确△ABC 绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF ，然后分三种情况进行讨论，分别计算求解．（3）旋转方向有顺时针、逆时针两种可能，落在抛物线上的点有点A 和点B 、点B 和点C 、点C 和点D 三种可能，因此共有六种可能的情形，需要分类讨论，避免漏解． 考点：旋转变换的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，平行线的性质，等腰直角三角形的性质，分类思想的应用．6．（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 ，∵22，∴最大值为2+3；如图2，过P 作PE ⊥x 轴于E ，∵△APN是等腰直角三角形，∴PE=AE=2，∴OE=BO-AB-AE=5-3-2=2-2，∴P（2-2，2）．【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．7．如图，在△ABC中，∠CAB=70°，在同一平面内，将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB,求∠BAB′的度数．【答案】40°.【解析】【分析】先根据平行线的性质，由CC′∥AB得∠AC′C=∠CAB=70°，再根据旋转的性质得AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，于是根据等腰三角形的性质有∠ACC′=∠AC′C=70°，然后利用三角形内角和定理可计算出∠CAC′=40°，从而得到∠BAB′的度数．【详解】∵CC′∥AB，∴∠A CC′=∠CAB=70°，∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置，∴AC=AC′，∠BAB′=∠CAC′，在△ACC′中，∵AC=AC′∴∠ACC′=∠AC′C=70°，∴∠CAC′=180°-70°-70°=40°，∴∠BAB′=40°．【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．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，∴22，∠APP′=45°，∵△ADP沿点A旋转至△ABP′，∴10，在△PP′B中，2，2，10，∵2）2+（22=10）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．。