人教版九年级数学上册 旋转几何综合专题练习(word版

人教版九年级数学上册 旋转几何综合专题练习（word 版

一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）

1．如图1，在Rt ABC △中，90A ∠=︒，AB AC =，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD AE =，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．

（1）观察猜想：图1中，线段PM 与PN 的数量关系是_________，位置关系是

_________；

（2）探究证明：把ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断PMN 的形状，并说明理由；

（3）拓展延伸：把ADE 绕点A 在平面内自由旋转，若4=AD ，10AB =，请直接写出PMN 面积的最大值．

【答案】（1）PM PN =，PM PN ⊥；（2）等腰直角三角形，见解析；（3）

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【解析】

【分析】

（1）由三角形中位线定理及平行的性质可得PN 与PM 等于DE 或CE 的一半，又△ABC 为等腰直角三角形，AD=AE ，所以得PN=PM ，且互相垂直； （2）由旋转可推出BAD CAE ∆∆≌，再利用PM 与PN 皆为中位线，得到PM=PN ，再利用角度间关系推导出垂直即可；

（3）找到面积最大的位置作出图形，由（2）可知PM=PM ，且PM ⊥PN ，利用三角形面积公式求解即可．

【详解】

（1）PM PN =，PM PN ⊥；

已知点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点，根据三角形的中位线定理可得 12PM EC =，12

PN BD =，//PM EC ，//PN BD 根据平行线性质可得DPM DCE ∠=∠，NPD ADC ∠=∠

在Rt ABC ∆中，90A ∠=︒，AB AC =，AD AE =

可得BD EC =，90DCE ADC ∠+∠=︒

即得PM PN =，PM PN ⊥

故答案为：PM PN =；PM PN ⊥．

（2）等腰直角三角形，理由如下：

由旋转可得BAD CAE ∠=∠，

又AB AC =，AD AE =

∴BAD CAE ∆∆≌

∴BD CE =，ABD ACE ∠=∠， ∵点M ，P 分别为DE ，DC 的中点

∴PM 是DCE ∆的中位线

∴12

PM CE =，且//PM CE ， 同理可证12PN BD =

，且//PN BD ∴PM PN =，MPD ECD ∠=∠，PNC DBC ∠=∠，

∴MPD ECD ACD ACE ACD ABD ∠=∠=∠+∠=∠+∠，

DPN PNC PCN DBC PCN ∠=∠+∠=∠+∠，

∴

90MPN MPD DPN ACD ABD DBC PCN ABC ACB ∠=∠+∠=∠+∠+∠+∠=∠+∠=︒，

即PMN ∆为等腰直角三角形．

（3）把ADE ∆绕点A 旋转的如图的位置，

此时1()72PN AD AB =+=，1()72

PM AE AC =+= 且PN 、PM 的值最长，由（2）可知PM PN =，PM PN ⊥ 所以PMN ∆面积最大值为

1497722⨯⨯=． 【点睛】

本题主要考查三角形中位线的判定及性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质、旋转的性质等相关知识，解题关键在于找到图形中各角度之间的数量关系．

2．如图，四边形ABCD 为正方形，△AEF 为等腰直角三角形，∠AEF ＝90°，连接FC ，G

为FC的中点，连接GD，ED．

（1）如图①，E在AB上，直接写出ED，GD的数量关系．

（2）将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转，其它条件不变，如图②，（1）中的结论是否成立？说明理由．

（3）若AB＝5，AE＝1，将图①中的△AEF绕点A逆时针旋转一周，当E，F，C三点共线时，直接写出ED的长．

【答案】（1）DE＝2DG；（2）成立，理由见解析；（3）DE的长为42或32．【解析】

【分析】

（1）根据题意结论：DE=2DG，如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM，证明△CMG≌△FEG（AAS），推出EF=CM，GM=GE，再证明△DCM≌△DAE （SAS）即可解决问题；

（2）如图2中，结论成立．连接EG，延长EG到M，使得GM=GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R，其证明方法类似；

（3）由题意分两种情形：①如图3-1中，当E，F，C共线时．②如图3-3中，当E，F，C 共线时，分别求解即可．

【详解】

解：（1）结论：DE＝2DG．

理由：如图1中，连接EG，延长EG交BC的延长线于M，连接DM．

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝CD，∠B＝∠ADC＝∠DAE＝∠DCB＝∠DCM＝90°，

∵∠AEF＝∠B＝90°，

∴EF∥CM，

∴∠CMG＝∠FEG，

∵∠CGM＝∠EGF，GC＝GF，

∴△CMG≌△FEG（AAS），

∴EF＝CM，GM＝GE，

∵AE＝EF，

∴AE＝CM，

∴△DCM≌△DAE（SAS），

∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，

∴∠EDM＝∠ADC＝90°，

∴DG⊥EM，DG＝GE＝GM，

∴△EGD是等腰直角三角形，

∴DE＝2DG．

（2）如图2中，结论成立．

理由：连接EG，延长EG到M，使得GM＝GE，连接CM，DM，延长EF交CD于R．

∵EG＝GM，FG＝GC，∠EGF＝∠CGM，

∴△CGM≌△FGE（SAS），

∴CM＝EF，∠CMG＝∠GEF，

∴CM∥ER，

∴∠DCM＝∠ERC，

∵∠AER+∠ADR＝180°，

∴∠EAD+∠ERD＝180°，

∵∠ERD+∠ERC＝180°，

∴∠DCM＝∠EAD，

∵AE＝EF，

∴AE＝CM，

∴△DAE≌△DCM（SAS），

∴DE＝DM，∠ADE＝∠CDM，

∴∠EDM＝∠ADC＝90°，

∵EG＝GM，

∴DG＝EG＝GM，

∴△EDG是等腰直角三角形，

∴DE2DG．

（3）①如图3﹣1中，当E，F，C共线时，