中考数学专题训练---旋转的综合题分类附详细答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．两块等腰直角三角板△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=1

2

AD，FH∥AD，FG=

1

2

BE，

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=1

2AD，FH∥AD，FG=

1

2

BE，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=

1

2AD ，FH ∥AD ，FG=1

2

BE ，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=1

2

BE ，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．

2．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；（2）

5

34

17

或

20

34

17

；（3）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 =

CD

CE

，进而得到PD=

5

34

17

；依据∠ABD=∠PBE，∠BAD=∠BPE=90°，可得

△BAD∽△BPE，即可得到PB BE

AB BD

，进而得出PB=

6

34

34

，PD=BD+PB=

20

34

17

；

（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 CD

AE CE =， ∴PD=

5

3417

； 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=

6

3434

， ∴PD=BD+PB=34+63434=20

3417

， 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，CE=22

53

-=4，

在Rt△DAE中，DE=22

5552

+=，

∵四边形ACPB是正方形，

∴PC=AB=3，

∴PE=3+4=7，

在Rt△PDE中，PD=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．

3．如图，正方形ABCD中，点E是BC边上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转90°，得到AF，连接EF，交对角线BD于点G，连接AG．

（1）根据题意补全图形；

（2）判定AG与EF的位置关系并证明；

（3）当AB=3，BE=2时，求线段BG的长．

【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)

5 2

.

【解析】

【分析】

（1）根据题意补全图形即可；

（2）先判断出△ADF≌△ABE，进而判断出点C，D，F共线，即可判断出△DFG≌△HEG，得出FG=EG，即可得出结论；

（3）先求出正方形的对角线BD，再求出BH，进而求出DH，即可得出HG，求和即可得出结论．

【详解】

（1）补全图形如图所示，

（2）连接DF，

由旋转知，AE=AF，∠EAF=90°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB∥CD，AD=AB，∠ABC=∠ADC=BAD=90°，∴∠DAF=∠BAE，

∴△ADF≌△ABE（SAS），

∴DF=BE，∠ADF=∠ABC=90°，

∴∠ADF+∠ADC=180°，

∴点C，D，F共线，

∴CF∥AB，

过点E作EH∥BC交BD于H，

∴∠BEH=∠BCD=90°，DF∥EH，

∴∠DFG=∠HEG，

∵BD是正方形ABCD的对角线，

∴∠CBD=45°，

∴BE=EH，

∵∠DGF=∠HGE，

∴△DFG≌△HEG（AAS），

∴FG=EG

∵AE=AF，

∴AG⊥EF；

（3）∵BD是正方形的对角线，

∴22，

由（2）知，在Rt△BEH中，22，∴2

由（2）知，△DFG≌△HEG，

∴DG=HG，

∴HG=1

2

DH=

2

2

，

∴BG=BH+HG=22+2

2=

52

2

．

【点睛】

此题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性

质，勾股定理，作出辅助线是解本题的关键．

4．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）61

；（3）△FGH的周长最大值为

3

2

（a+b），最小值为3

2

（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=3

2

BD，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=1

2

BD，GF∥BD，

∵DF =EF ，DH =HC ，∴FH =

1

2

EC ，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 =612

． （3）存在．理由如下．

由（1）可知，△GFH 是等边三角形，GF =

12

BD ，∴△GFH 的周长=3GF =3

2BD ，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

3

2

（a +b ），最小值为3

2

（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．

5．如图1，菱形ABCD ，AB 4=，ADC 120∠=，连接对角线AC 、BD 交于点O ，

()1如图2，将AOD 沿DB 平移，使点D 与点O 重合，求平移后的A'BO 与菱形ABCD 重合部分的面积．

()2如图3，将

A'BO 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】

()

1四边形为菱形，ADC 120∠=，

ADO 60∠∴=，

ABD ∴为等边三角形，

DAO 30∠∴=，ABO 60∠=，

∵AD//A′O ， ∴∠A′OB=60°，

EOB ∴为等边三角形，边长OB 2=，

∴重合部分的面积：343?=，

()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 =

OEB

S3

=.

【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.

6．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．

7．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 EC

AB 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 EC

AB 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=2

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.

8．如图1，点O为直线AB上一点，过O点作射线OC，使∠AOC：∠BOC＝1：2，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．

（1）将图1中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图2的位置，使得ON落在射线OB 上，此时三角板旋转的角度为度；

（2）继续将图2中的三角板绕点O按逆时针方向旋转至图3的位置，使得ON在∠AOC的内部．试探究∠AOM与∠NOC之间满足什么等量关系，并说明理由；

（3）在上述直角三角板从图1逆时针旋转到图3的位置的过程中，若三角板绕点O按15°每秒的速度旋转，当直角三角板的直角边ON所在直线恰好平分∠AOC时，求此时三角板绕点O的运动时间t的值。

【答案】（1）90 （2）答案见解析（3）4秒或16秒

【解析】

【分析】

（1）根据旋转的性质知，旋转角是∠MON；

（2）如图3，利用平角的定义，结合已知条件“∠AOC：∠BOC＝1：2”求得∠AOC＝60°；然后由直角的性质、图中角与角间的数量关系推知∠AOM﹣∠NOC＝30°；

（3）需要分类讨论：（ⅰ）当直角边ON在∠AOC外部时，旋转角是60°；（ⅱ）当直角边ON在∠AOC内部时，旋转角是240°

【详解】

解：（1）由旋转的性质知，旋转角∠MON＝90°．

故答案是：90；

（2）如图3，∠AOM﹣∠NOC＝30°．

设∠AOC＝α，由∠AOC：∠BOC＝1：2可得

∠BOC＝2α．

∵∠AOC+∠BOC＝180°，

∴α+2α＝180°．

解得α＝60°．

即∠AOC＝60°．

∴∠AON+∠NOC＝60°．①

∵∠MON＝90°，

∴∠AOM+∠AON＝90°．②

由②﹣①，得∠AOM﹣∠NOC＝30°；

（3）（ⅰ）如图4，当直角边ON在∠AOC外部时，

由OD平分∠AOC，可得∠BON＝30°．

因此三角板绕点O逆时针旋转60°．

此时三角板的运动时间为：

t＝60°÷15°＝4（秒）．

（ⅱ）如图5，当直角边ON在∠AOC内部时，

由ON平分∠AOC，可得∠CON＝30°．

因此三角板绕点O逆时针旋转240°．

此时三角板的运动时间为：

t＝240°÷15°＝16（秒）．

【点睛】

本题综合考查了旋转的性质，角的计算．解答（3）题时，需要分类讨论，以防漏解．