2020年浙江省中考数学绍兴市第23题旋转专题训练含答案

2020年浙江省中考数学绍兴市第23题旋转专题训练含答案1.在△ABC中，AB=AC，∠BAC=α，点P是△ABC内一点，且∠PAC+∠PCA= α，连接PB，试探究PA、PB、2PC满足的等量关系．（1）当α=60°时，将△ABP绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，连接PP′，如图1所示．由△ABP≌△ACP′可以证得△APP′是等边三角形，再由∠PAC+∠PCA=30°可得∠APC的大小为________度，进而得到△CPP′是直角三角形，这样可以得到PA、PB、PC满足的等量关系为________；（2）如图2，当α=120°时，参考（1）中的方法，探究PA、PB、PC满足的等量关系，并给出证明；（3）PA、PB、PC满足的等量关系为________．2.如图1，四边形ABCD是边长为3√2的正方形，矩形AEFG中AE=4，∠AFE=30°。

将矩形AEFG绕点A顺时针旋转15°得到矩形AMNH（如图2），此时BD与MN相交于点O.（1）求∠DOM的度数；（2）图2中，求D、N两点间的距离；（3）若将矩形AMNH绕点A再顺时针旋转15°得到矩形APQR，此时点B在矩形APQR的内部、外部还是边上？并说明理由.3.如图1，等边△ABC边长为6，AD是△ABC的中线，P为线段AD（不包括端点A、D）上一动点，以CP 为一边且在CP左下方作如图所示的等边△CPE，连结BE．（1）点P在运动过程中，线段BE与AP始终相等吗？说说你的理由；（2）若延长BE至F，使得CF=CE=5，如图2，问：①求出此时AP的长；②当点P在线段AD的延长线上时，判断EF的长是否为定值，若是请直接写出EF 的长；若不是请简单说明理由．4.问题情境：如图1，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，E是AC边上的一个动点（点E与A，C不重合），以CE为边在△ABC外作等腰直角△ECD，∠ECD=90°，连接BE，AD．猜想线段BE，AD之间的关系．（1）独立思考：请直接写出线段BE，AD之间的数量关系：（2）合作交流：城南中学八年级某学习小组受上述问题的启发，将图（1）中的等腰直角△ECD绕着点C 顺时针方向旋转至如图（2）的位置，BE交AC于点H，交AD于点O．（1）中的结论是否仍然成立，请说明理由．（3）拓展延伸：图（1）中AD和BE存在着怎样的位置关系？在等腰直角△ECD绕着点C顺时针方向旋转的过程中AD和BE的这种位置关系是否会变化？请结合图（2）说明理由．5.将一副三角尺按如图①方式拼接:含30°角的三角尺的长直角边与含45°角的三角尺的斜边恰好重合(在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°；在Rt△ACD中，∠ADC=90°，∠DAC=45°)已知AB=2 √3，P是AC 上的一个动点。

（1）当PD=BC时，求∠PDA的度数；（2）如图②，若E是CD的中点，求△DEP周长的最小值；（3）如图③，当DP平分∠ADC时，在△ABC内存在一点Q，使得∠DQC=∠DPC，且CQ= √2，求PQ的2长。

6.如图，△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝α，AC、BD交于M.（1）如图1，当α＝90°时，∠AMD的度数为________（2）如图2，当α＝60°时，∠AMD的度数为________.（3）如图3，当△OCD绕O点任意旋转时，∠AMD与α是否存在着确定的数量关系？如果存在，请你用表示∠AMD，并用图3进行证明；若不确定，说明理由.7.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．8.如图1，在△ABC中，AB=AC，射线BP从BA所在位置开始绕点B顺时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°）（1）当∠BAC=60°时，将BP旋转到图2位置，点D在射线BP上．若∠CDP=120°，则∠ACD__∠ABD（填“＞”、“=”、“＜”），线段BD、CD与AD之间的数量关系是_____；（2）当∠BAC=120°时，将BP旋转到图3位置，点D在射线BP上，若∠CDP=60°，求证：BD﹣CD=√3AD；（3）将图3中的BP继续旋转，当30°＜α＜180°时，点D是直线BP上一点（点P不在线段BD上），若∠CDP=120°，请直接写出线段BD、CD与AD之间的数量关系（不必证明）．9.如图1，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=2AB=8，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题发现①当α=0°时，AEBD =________ ；②当α=180°时，AEBD=________ ．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，AEBD的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）（3）问题解决当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．10.阅读材料题：浙教版九上作业本①第18页有这样一个题目：已知，如图一，P是正方形ABDC内一点，连接PA、PB、PC，若PC=2，PA=4，∠APC=135°，求PB的长.（1）小明看到题目后，思考了许久，仍没有思路，就去问数学老师，老师给出的提示是：将△PAC绕点A 顺时针旋转90°得到△P'AB，再利用勾股定理即可求解本题. 请根据数学老师的提示帮小明求出图一中线段PB的长为________.（2）【方法迁移】：已知：如图二，△ABC为正三角形，P为△ABC内部一点，若PC=1，PA=2，PB= √3,求∠APB的大小.（3）【能力拓展】：已知：如图三，等腰三角形ABC中∠ACB=120°，D、E是底边AB上两点且∠DCE=60°，若AD=2，BE=3，求DE的长.（1）观察理解：如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线过点C，点A、点B在直线同侧，BD⊥，AE⊥，垂足分别为D、E，由此可得：∠AEC=∠CDB=90°，所以∠CAE+∠ACE=90°，又因为∠ACB=90°，所以∠BCD+∠ACE=90°，所以∠CAE=∠BCD，又因为AC=BC，所以△AEC≌△CDB（ ________ ）；（请填写全等判定的方法）（2）理解应用：如图2，AE⊥AB，且AE=AB，BC⊥CD，且BC=CD，利用(1)中的结论，请按照图中所标注的数据计算图中实线所围成的图形的面积S=________；（直接写出答案）（3）类比探究：如图3，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=4，将斜边AB绕点A逆时针旋转90 至AB＇，连结B＇C，求△AB＇C的面积；（4）拓展提升：如图4，等边△EBC中，∠EBC=∠BEC=∠ECB=60°，EC=BC=3cm，点O在BC上，且OC=2cm，动点P从点E沿射线EC以1cm/s速度运动，连结OP，将线段OP绕点O逆时针旋转120°得到线段OF，当点F恰好落在射线EB上时，请补全图形，并求出点P运动的时间.12.（1）如图1，在△ABC中，BA=BC，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE= 12∠ABC（0°<∠CBE< 12∠ABC）.以点B为旋转中心，将△BEC按逆时针旋转∠ABC，得到△BE'A（点C与点A重合，点E到点E’处）连接DE'，求证：DE'=DE；（2）如图2，在△ABC中，BA=BC，∠ABC=90°，D，E是AC边上的两点，且满足∠DBE= 12∠ABC （0°<∠CBE<45°）.求证：DE2=AD2+EC2.（1）如图①，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数．（2）如图②，在Rt△ABD中，∠BAD=90∘，AB=AD，点M，N是BD边上的任意两点，且∠MAN=45∘，将△ABM绕点A逆时针旋转90∘至△ADH位置，连接NH，试判断MN，ND，DH之间的数量关系，并说明理由．（3）在图①中，连接BD分别交AE，AF于点M，N，若EG=4，GF=6，BM=3√2，求AG，MN的长．14.如图（1）探究证明：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于点D，BE⊥MN于点E，当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：DE=AD+BE；（2）发现探究：当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，（1）中的结论是否成立，如果不成立，DE、AD、BE应满足的关系是________．（3）解决问题：当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，若BE=8，AD=2，请直接写出DE的长为________．15.如图，△ABC的边BC在直线m上，AC⊥BC，且AC=BC，△DEF的边FE也在直线m上，边DF与边AC重合，且DF=EF.（1）在图①中,请你通过观察、思考,猜想并写出AB与AE所满足的数量关系和位置关系;(不要求证明) （2）将△DEF沿直线m向左平移到图②的位置时，DE交AC于点G，连接AE，BG.猜想△BCG与△ACE 能否通过旋转重合?请证明你的猜想.16.探究题（1）探究发现：下面是一道例题及其解答过程，请补充完整：如图①在等边△ABC内部，有一点P，若∠APB=150°．求证：AP2+BP2=CP2证明：将△APC绕A点逆时针旋转60°，得到△AP′B，连接PP′，则△APP′为等边三角形∴∠APP′=60°PA=PP′PC=________∵∠APB=150°∴∠BPP′=90°∴P′P2+BP2=________即PA2+PB2=PC2（2）类比延伸：如图②在等腰三角形ABC中，∠BAC=90°，内部有一点P，若∠APB=135°，试判断线段PA、PB、PC之间的数量关系，并证明．（3）联想拓展：如图③在△ABC中，∠BAC=120°，AB=AC，点P在直线AB上方，且∠APB=60°，满足（kPA）2+PB2=PC2，请直接写出k的值．17.如图1，把两个全等的三角板ABC、EFG叠放在一起，使三角板EFG的直角边FG经过三角板ABC的直角顶点C，垂直AB于G，其中∠B=∠F=30°，斜边AB和EF均为4．现将三角板EFG由图1所示的位置绕G 点沿逆时针方向旋转α（0°＜α＜90°），如图2，EG交AC于点K，GF交BC于点H．在旋转过程中，请你解决以下问题：（1）求证：△CGH∽△AGK；（2）连接HK，求证：KH∥EF；（3）设AK=x，△CKH的面积为y，求y关于x的函数关系式，并求出y的最大值．答案1.（1）150；PA2+PC2=PB2（2）解：如图2，作将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACP′，连接PP′，作AD⊥PP′于D，由旋转变换的性质可知，∠PAP′=120°，P′C=PB，∴∠APP′=30°，∵∵∠PAC+∠PCA= 120o=60°，2∴∠APC=120°，∴∠P′PC=90°，∴PP′2+PC2=P′C2，∵∠APP′=30°，∴PD= √3PA，2∴PP′= √3PA，∴3PA2+PC2=PB2+PC2=PB2（3）4PA2sin2α22（1）解：依题意得：∠BAM=15°，设MN与AB交于K，∵四边形AMNH是矩形，∴∠M=90°，∴∠AKM=90°-∠BAM=75°.∴∠BKO=∠AKM=75°.∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD=45°.∴∠DOM=∠BKO+∠ABD=75°+45°=120°.（2）解：连接AN，交BD于I，连接DN∵AE=4，∠AFE=30°，∠AEF=90°，∴AN=AF=2AE=8.由旋转得：∠DAH=15°，∴∠DAN=45°.∵正方形ABCD中，∠DAC=45°.∴A、C、N共线.∵正方形ABCD中，BD⊥AC，AD=AB= 3√2，∴DI=AI= 12AC =12√AB2+CD2=3.∴NI=AN-AI=8-3=5.∴Rt△DIN中，DN=√DI2+NI2=√34（3）解：点B在矩形APQR的内部，理由如下：如图，依题意得：∠BAP=15°+15°=30°，∵∠P=90°，∴AK=2PK.∵AP=4，AP2+PK2=AK2，解得：AK=8√33，∵AB= 3√2<8√33，∴点B在矩形APQR的内部.3. （1）解：BE=AP．理由：∵△ABC 和△CPE 均为等边三角形，∴∠ACB=∠PCE=60°，AC=BC ，CP=CE ．∵∠ACP+∠DCP=∠DCE+∠PCD=60°，∴∠ACP=∠BCE ．∵在△ACP 和△BCE 中， {AC =BC ∠ACP =∠BCE PC =EC，∴△ACP ≌△BCE ．∴BE=AP ．（2）解： ① 如图2所示：过点C 作CH ⊥BE ，垂足为H ，∵AB=AC ，AD 是BC 的中点，∴∠CAD=∠BAD=12∠BAC=30∘，∵由(1)可知：△ACP ≌△BCE ，∴∠CBE=∠CAD=30∘ ， AP=BE ，∵在Rt △BCH 中,∠HBC=30∘ ，∴HC=12BC=3, BH=√32BC=3√3 , ∵在Rt △CEH 中，EC=5，CH=3，∴EH=√CE 2−CH 2=√52−32=4,∴BE=HB−EH=3√3−4，∴AP=3√3−4.② ∵△ABC 和△CEP 均为等边三角形，∴AC=BC ，CE=PC ，∠ACB=∠ECP ，∴∠ACB+∠BCP=∠ECP+BCP ，即∠BCE=∠ACP ，∵在△ACP 和△BCE 中,{AC =BC ∠ACP =∠BCE PC =CE) ，∴△ACP ≌△BCE ，∴∠CBH=∠CAP=30∘，∵在Rt △BCH 中, ∠CBH=30∘ ，∴HC=12BC=3，∵FC=CE ，CH ⊥FE ，∴FH=EH，∴FH=EH=√CE2−HC2=4，∴EF=FH+EH=4+4=8.4. （1）解：如图(1)BE=AD，∵△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∴BC=AC,CE=CD,∠BCE=∠ACD=90∘，∴△BCE≌△ACD（SAS），∴BE=AD，∠CEB=∠CDA，∵∠CBE+∠CEB=90∘，∴∠CBE+∠CDA=90∘，∴BE⊥AD.（2）如图（1）∵△BCE≌△ACD，∴∠CEB=∠CDA，∵∠CBE+∠CEB=90∘，∴∠CBE+∠CDA=90∘，∴BE⊥AD.不变化，理由如下：∵△BCE≌△ACD，∴∠CBE=∠CAD，∠BMC=∠AMP，∵∠APM=∠BCM=90∘，即BE⊥AD.（3）如图，成立，理由如下：∵∠ACB=∠ECD，∴∠ACB+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD，∵AC=BC，EC=CD，∴△ACD≌△BCE，∴BE=AD5. （1）解:过D点作DM⊥AC交于M在Rt△ABC中，∠BAC=30°∴BC:AC:AB=1: √3:2且AB=2 √3∴BC= √3，AC=3在Rt△ADC中AD:CD:AC=1:1: √2∴AM=MC=DM=1.5在Rt△PDM中PD=BC= √3PM= √(√3)2−(1.5)2= √32∴PM= 1PD2∴∠PDM=30°∴∠PDA=45°-30°=15°（2）解:如图，作△ADC关于AC直线对称易得四边形AD'CD 是正方形D 点的对称点D’连结D'E ，PD此时PD+PE=D'E∴△PDE 的周长最小易得CD=D'C= 32√2 ,CE=DE= 34√2D'E= √(3√22)2+(3√24)2=3√104△PDE 的周长最小=3√104+3√24（3）解:如图，将△PQC 绕点P 逆时针旋转90°得到△PND∵PN=PQ∴△PNQ 是等腰直角三角形∴∠PNQ=∠PQN=45°∴∠PQC=45°+90°=135°=∠PND∴∠PND+∠PNQ=135°+45°=180∴D 、N 、Q 三点共线∴DN=CQ= √22在Rt △DQC 中DQ= √(3√22)2−(√22)2 =2∴QN=2- √22在等腰直角三角形NPQ中PQ：PN:NQ=1：1：√2∴PQ= √2- 12方法二：如图，P、Q、C、D四点共圆易得∠PQC=135°方法三：如图，P、Q、C、D四点共圆,用托勒密定理做题方法四：如图，P、Q、C、D四点共圆cos∠QDC=cos∠QPC= 2√236. （1）90°（2）120°（3）解：∠AMD=180°−α∵∠AOB=∠COD=α∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC即∠AOC=∠BOD∵OA=OB,OC=OD∴ΔAOC≅ΔBOD(SAS)∴∠OBD=∠OAC∵∠AMD=∠ABM+∠BAM=∠ABO+∠OBM+∠BAM=∠ABO+∠OAC+BAM=180°−∠AOB=180°−α7.（1）解：等边三角形（2）解：如图2中，连接AF、EC．易知AF⊥DE，在Rt△AEF中，AE=2，EF=DF=1，∴AF= √22−12= √3，在Rt△ABF中，BF= √AB2−AF2= √6，∴BD=CE=BF﹣DF= √6﹣1，∴FH= 12EC= √6−12．（3）解：（3）存在．理由如下．由（1）可知，△GFH是等边三角形，GF= 12BD，∴△GFH的周长=3GF= 32BD，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32（a+b），最小值为32（a﹣b）8.（1）解：如图2，∵∠CDP=120°，∴∠CDB=60°，∵∠BAC=60°，∴∠CDB=∠BAC=60°，∴A、B、C、D四点共圆，∴∠ACD=∠ABD．在BP上截取BE=CD，连接AE．在△DCA与△EBA中，，∴△DCA≌△EBA（SAS），∴AD=AE，∠DAC=∠EAB，∵∠CAB=∠CAE+∠EAB=60°，∴∠DAE=60°，∴△ADE是等边三角形，∴DE=AD．∵BD=BE+DE，∴BD=CD+AD．故答案为=，BD=CD+AD；（2）解：如图3，设AC与BD相交于点O，在BP上截取BE=CD，连接AE，过A作AF⊥BD于F．∵∠CDP=60°，∴∠CDB=120°．∵∠CAB=120°，∴∠CDB=∠CAB，∵∠DOC=∠AOB，∴△DOC∽△AOB，∴∠DCA=∠EBA．在△DCA与△EBA中，，∴△DCA≌△EBA（SAS），∴AD=AE，∠DAC=∠EAB．∵∠CAB=∠CAE+∠EAB=120°，∴∠DAE=120°，∴∠ADE=∠AED=180°−120°=30°．2∵在Rt△ADF中，∠ADF=30°，∴DF=√3AD，2∴DE=2DF=√3AD，∴BD=DE+BE=√3AD+CD，∴BD﹣CD=√3AD；（3）解：线段BD、CD与AD之间的数量关系为BD+CD=√3AD.9.（1）√52；√52 （2）解：如图2，， 当0°≤α＜360°时，AE BD 的大小没有变化，∵∠ECD=∠ACB ，∴∠ECA=∠DCB ，又∵ECDC =ACBC =√52， ∴△ECA ∽△DCB ，∴AEBD =ECDC =√52． （3）解：①如图3，，∵AC=4√5，CD=4，CD ⊥AD ，∴AD=√AC 2−CD 2=√(4√5)2−42=√80−16=8，∵AD=BC ，AB=DC ，∠B=90°，∴四边形ABCD 是矩形，∴BD −AC =4√5．②如图4，连接BD ，过点D 作AC 的垂线交AC 于点Q ，过点B 作AC 的垂线交AC 于点P ，，∵AC=4√5，CD=4，CD ⊥AD ，∴AD=√AC 2−CD 2=√(4√5)2−42=√80−16=8，∵点D 、E 分别是边BC 、AC 的中点，∴DE=12AB =2，∴AE=AD ﹣DE=8﹣2=6，由（2），可得AE BD =√52， ∴BD=√52=12√55．综上所述，BD 的长为4√5或12√55． 10. （1）6（2）解：如图，把△APC 绕A 点顺时针旋转60°得到△AP'B ，∵AP=AP', ∠PAP'=60°， ∴△PAP'是等边三角形，PP'=PA=2，∴P'B=PC=1，PB=√3,∴PP'2=PB 2+P'B 2=4 , ∴∠P'BP=90°，∵P'B=1，PP'=2, ∴P'B=12PP'，∴∠BPP'=30°，∴∠APB=∠APP'+∠P'PB=60°+30°=90°.（3）解： 如图，把△ACD 逆时针旋转60°得△CFM ，在CD 上取一点N ，使CN=CE ，连接NF ，易知△CNF 是由△CMB 顺时针旋转60°得到，则NF=BE=3，MF=AD=2， ∠MFN= ∠ MFC+NFC= ∠ CBE+CAD=60°，过N 作NG ⊥FM ，FG=12FN=32 ， NG=32√3 ，∴MG=FM-FG=2-32=12 ，∴MN=√NG 2+MG 2=(12)(3√32)=√284=√7, ∵CN=CE ， ∠ DCE= ∠ MCN, CM=CD ，∴ △ DCE ≌ △ MCN （SAS ），∴DE=CN=√7.11. （1）AAS（2）50（3）解：如图, 过B′作B′E ⊥AC 于E ，由旋转得：AB=AB′，∵∠BAB′=90∘ ， ∴由（1）得△AEB′≌△BCA ，∴AC=B′E=4，∴S △AB′C=12AC ⋅B′E=12×4×4=8；（4）解：如图，∵∠FOP=120°，∴∠FOB+∠COP=60°，∵∠BCE=60°，∴∠COP+∠OPC=60°，∴∠FOB=∠OPC ，∵OF=OP ，∠OBF=∠OCP=120°，∴△PCO ≌△OBF ，∴PC=OB=1=t ﹣3，t=4，即当t=4秒时，点F恰好落在射线EB 上．12. （1）证明：∵∠DBE=1∠ABC，2∠ABC，∴∠DBA+∠ECB=12又将△BEC按逆时针旋转得到△BE'A，∴∠ABE′=∠CBE，∴∠ABE′+∠ABD=∠DBE′=∠DBE，又BE′=BE，BD=BD，∴△DBE′≌△DBE，∴DE′=DE。