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)发现:如图1,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BC=4,AB=1,如图2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请找出图中与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3,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(2,0),点B的坐标为(6,0),点P 为线段AB外一动点,且PA=2,PM=PB,∠BPM=90°,请直接写出线段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)①CD=BE,理由见解析;②BE长的最大值为5;(3)满足条件的点P坐标(222)或(222),AM的最大值为2+4.【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根据已知条件易证△CAD≌△EAB,根据全等三角形的性质即可得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+4;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求得点P的坐标.如图3中,根据对称性可知当点P在第四象限时也满足条件,由此求得符合条件的点P另一个的坐标.【详解】(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 ABCAD EAB AC AE=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△CAD≌△EAB(SAS),∴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=5;(3)如图1,∵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(6,0),∴OA=2,OB=6,∴AB=4,∴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,∵AN2AP=2,∴最大值为2+4;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=6﹣4﹣2=2﹣2,∴P(2﹣2,2).如图3中,根据对称性可知当点P在第四象限时,P(2﹣2,﹣2)时,也满足条件.综上所述,满足条件的点P坐标(2﹣2,2)或(2﹣2,﹣2),AM的最大值为22+4.【点睛】本题综合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.3.在平面直角坐标中,边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正=上半轴上,点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转,当A点一次落在直线y x=于点M,BC边交x轴于点N(如图).时停止旋转,旋转过程中,AB边交直线y x(1)求边OA在旋转过程中所扫过的面积;(2)旋转过程中,当MN和AC平行时,求正方形OABC旋转的度数;(3)设MBN∆的周长为p,在旋转正方形OABC的过程中,p值是否有变化?请证明你的结论.【答案】(1)π/2(2)22.5°(3)周长不会变化,证明见解析【解析】试题分析:(1)根据扇形的面积公式来求得边OA在旋转过程中所扫过的面积;(2)解决本题需利用全等,根据正方形一个内角的度数求出∠AOM的度数;(3)利用全等把△MBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子.试题解析:(1)∵A点第一次落在直线y=x上时停止旋转,直线y=x与y轴的夹角是45°,∴OA旋转了45°.∴OA在旋转过程中所扫过的面积为24523602ππ⨯=.(2)∵MN∥AC,∴∠BMN=∠BAC=45°,∠BNM=∠BCA=45°.∴∠BMN=∠BNM.∴BM=BN.又∵BA=BC,∴AM=CN.又∵OA=OC,∠OAM=∠OCN,∴△OAM≌△OCN.∴∠AOM=∠CON=12(∠AOC-∠MON)=12(90°-45°)=22.5°.∴旋转过程中,当MN和AC平行时,正方形OABC旋转的度数为45°-22.5°=22.5°.(3)在旋转正方形OABC的过程中,p值无变化.证明:延长BA交y轴于E点,则∠AOE=45°-∠AOM,∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM,∴∠AOE=∠CON.又∵OA=OC,∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN.∴△OAE≌△OCN.∴OE=ON,AE=CN.又∵∠MOE=∠MON=45°,OM=OM,∴△OME≌△OMN.∴MN=ME=AM+AE.∴MN=AM+CN,∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4.∴在旋转正方形OABC的过程中,p值无变化.考点:旋转的性质.4.如图1.在△ABC中,∠ACB=90°,点P为△ABC内一点.(1)连接PB、PC,将△BCP沿射线CA方向平移,得到△DAE,点B、C、P的对应点分别为点D、A、E,连接CE.①依题意,请在图2中补全图形;②如果BP ⊥CE ,AB +BP =9,CE =33,求AB 的长.(2)如图3,以点A 为旋转中心,将△ABP 顺时针旋转60°得到△AMN ,连接PA 、PB 、PC ,当AC =4,AB =8时,根据此图求PA +PB +PC 的最小值.【答案】⑴①见解析,②AB =6;⑵47.【解析】分析:(1)①根据题意补全图形即可;②连接BD 、CD .根据平移的性质和∠ACB =90°,得到四边形BCAD 是矩形,从而有CD =AB ,设CD =AB =x ,则PB =DE =9x -, 由勾股定理求解即可;(2)当C 、P 、M 、N 四点共线时,PA +PB +PC 最小.由旋转的性质和勾股定理求解即可.详解:(1)①补全图形如图所示;②如图:连接BD 、CD .∵△BCP 沿射线CA 方向平移,得到△DAE ,∴BC ∥AD 且BC =AD ,PB =DE .∵∠ACB =90°,∴四边形BCAD 是矩形,∴CD =AB ,设CD =AB =x ,则PB =9x -,DE =BP =9x -,∵BP ⊥CE ,BP ∥DE ,∴DE ⊥CE ,∴222CE DE CD +=,∴(()222339x x +-=, ∴6x =,即AB =6;(2)如图,当C 、P 、M 、N 四点共线时,PA +PB +PC 最小.由旋转可得:△AMN≌△APB,∴PB=MN.易得△APM、△ABN都是等边三角形,∴PA=PM,∴PA+PB+PC=PM+MN+PC=CN,∴BN=AB=8,∠BNA=60°,∠PAM=60°,∴∠CAN=∠CAB+∠BAN=60°+60°=120°,∴∠CBN=90°.在Rt△ABC中,易得:2222BC AB AC-=-=,=8443∴在Rt△BCN中,22486447=+=+=.CN BC BN点睛:本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用,解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形,依据图形的性质进行计算求解.5.把两个直角边长均为6的等腰直角三角板ABC和EFG叠放在一起(如图①),使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合.现将三角板EFG绕O点顺时针旋转(旋转角α满足条件:0°<α<90°),四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分(如图②).(1)探究:在上述旋转过程中,BH与CK的数量关系以及四边形CHGK的面积的变化情况(直接写出探究的结果,不必写探究及推理过程);(2)利用(1)中你得到的结论,解决下面问题:连接HK,在上述旋转过程中,是否存在某一位置,使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的?若存在,求出此时BH的长度;若不存在,说明理由.【答案】(1) BH=CK;(2) 存在,使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的的位置,此时BH 的长度为.【解析】(1)先由ASA证出△CGK≌△BGH,再根据全等三角形的性质得出BH=CK,根据全等得出四边形CKGH的面积等于三角形ACB面积一半;(2)根据面积公式得出S△GHK=S四边形CKGH-S△CKH=12x2-3x+9,根据△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512,代入得出方程12x2-3x+9=512×12×6×6,求出即可.解:(1)BH与CK的数量关系:BH=CK,理由是:连接OC,由直角三角形斜边上中线性质得出OC=BG,∵AC=BC,O为AB中点,∠ACB=90°,∴∠B=∠ACG=45°,CO⊥AB,∴∠CGB=90°=∠KGH,∴都减去∠CGH得:∠BGH=∠CGK,在△CGK和△BGH中∵,∴△CGK≌△BGH(ASA),∴CK=BH,即BH=CK;四边形CHGK的面积的变化情况:四边形CHGK的面积不变,始终等于四边形CQGZ的面积,即等于△ACB面积的一半,等于9;(2)假设存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512的位置.设BH=x,由题意及(1)中结论可得,CK=BH=x,CH=CB﹣BH=6﹣x,∴S△CHK=12CH×CK=3x﹣12x2,∴S△GHK=S四边形CKGH﹣S△CKH=9﹣(3x﹣12x2)=12x2﹣3x+9,∵△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512,∴12x2﹣3x+9=512×12×6×6,解得136x=+,236x=-(经检验,均符合题意).∴存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的512的位置,此时x的值为36±.“点睛”本题考查了旋转的性质,三角形的面积,全等三角形的性质和判定等知识点,此题有一定的难度,但是一道比较好的题目.6.思维启迪:(1)如图1,A,B两点分别位于一个池塘的两端,小亮想用绳子测量A,B 间的距离,但绳子不够长,聪明的小亮想出一个办法:先在地上取一个可以直接到达B点的点C,连接BC,取BC的中点P(点P可以直接到达A点),利用工具过点C作CD∥AB 交AP的延长线于点D,此时测得CD=200米,那么A,B间的距离是米.思维探索:(2)在△ABC和△ADE中,AC=BC,AE=DE,且AE<AC,∠ACB=∠AED=90°,将△ADE绕点A顺时针方向旋转,把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置(此时点B和点D位于AC的两侧),设旋转角为α,连接BD,点P是线段BD的中点,连接PC,PE.①如图2,当△ADE在起始位置时,猜想:PC与PE的数量关系和位置关系分别是;②如图3,当α=90°时,点D落在AB边上,请判断PC与PE的数量关系和位置关系,并证明你的结论;③当α=150°时,若BC=3,DE=l,请直接写出PC2的值.【答案】(1)200;(2)①PC=PE,PC⊥PE;②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC=PE,PC⊥PE,见解析;③PC2=10332+.【解析】【分析】(1)由CD∥AB,可得∠C=∠B,根据∠APB=∠DPC即可证明△ABP≌△DCP,即可得AB =CD,即可解题.(2)①延长EP交BC于F,易证△FBP≌△EDP(SAS)可得△EFC是等腰直角三角形,即可证明PC=PE,PC⊥PE.②作BF∥DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,易证△FBP≌△EDP(SAS),结合已知得BF=DE=AE,再证明△FBC≌△EAC(SAS),可得△EFC是等腰直角三角形,即可证明PC=PE,PC⊥PE.③作BF∥DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点,由旋转旋转可知,∠CAE =150°,DE 与BC 所成夹角的锐角为30°,得∠FBC =∠EAC ,同②可证可得PC =PE ,PC ⊥PE ,再由已知解三角形得∴EC 2=CH 2+HE 2=10+求出2212PC EC == 【详解】(1)解:∵CD ∥AB ,∴∠C =∠B ,在△ABP 和△DCP 中, BP CP APB DPC B C =⎧⎪∠=∠⎨⎪∠=∠⎩,∴△ABP ≌△DCP (SAS ),∴DC =AB .∵AB =200米.∴CD =200米,故答案为:200.(2)①PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC =PE ,PC ⊥PE .理由如下:如解图1,延长EP 交BC 于F ,同(1)理,可知∴△FBP ≌△EDP (SAS ),∴PF =PE ,BF =DE ,又∵AC =BC ,AE =DE ,∴FC =EC ,又∵∠ACB =90°,∴△EFC 是等腰直角三角形,∵EP =FP ,∴PC =PE ,PC ⊥PE .②PC 与PE 的数量关系和位置关系分别是PC =PE ,PC ⊥PE .理由如下:如解图2,作BF ∥DE ,交EP 延长线于点F ,连接CE 、CF ,同①理,可知△FBP ≌△EDP (SAS ),∴BF =DE ,PE =PF =12EF , ∵DE =AE ,∴BF =AE ,∵当α=90°时,∠EAC =90°,∴ED ∥AC ,EA ∥BC∵FB ∥AC ,∠FBC =90,∴∠CBF =∠CAE ,在△FBC 和△EAC 中,BF AE CBE CAE BC AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△FBC ≌△EAC (SAS ),∴CF =CE ,∠FCB =∠ECA ,∵∠ACB =90°,∴∠FCE =90°,∴△FCE 是等腰直角三角形,∵EP =FP ,∴CP ⊥EP ,CP =EP =12EF . ③如解图3,作BF ∥DE ,交EP 延长线于点F ,连接CE 、CF ,过E 点作EH ⊥AC 交CA 延长线于H 点,当α=150°时,由旋转旋转可知,∠CAE =150°,DE 与BC 所成夹角的锐角为30°, ∴∠FBC =∠EAC =α=150°同②可得△FBP ≌△EDP (SAS ),同②△FCE 是等腰直角三角形,CP ⊥EP ,CP =EP =2CE , 在Rt △AHE 中,∠EAH =30°,AE =DE =1,∴HE =12,AH =32, 又∵AC =AB =3, ∴CH =3+3, ∴EC 2=CH 2+HE 2=1033+∴PC 2=2110332EC +=【点睛】本题考查几何变换综合题,考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于压轴题.7.如图1,矩形ABCD中,E是AD的中点,以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF,EG分别过点B,C,∠F=30°.(1)求证:BE=CE(2)将△EFG绕点E按顺时针方向旋转,当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF,EG分别与AB,BC相交于点M,N.(如图2)①求证:△BEM≌△CEN;②若AB=2,求△BMN面积的最大值;③当旋转停止时,点B恰好在FG上(如图3),求sin∠EBG的值.【答案】(1)详见解析;(2)①详见解析;②2;③62 4.【解析】【分析】(1)只要证明△BAE≌△CDE即可;(2)①利用(1)可知△EBC是等腰直角三角形,根据ASA即可证明;②构建二次函数,利用二次函数的性质即可解决问题;③如图3中,作EH⊥BG于H.设NG=m,则BG=2m,BN=EN=3m,EB=6m.利用面积法求出EH,根据三角函数的定义即可解决问题.【详解】(1)证明:如图1中,∵四边形ABCD是矩形,∴AB=DC,∠A=∠D=90°,∵E是AD中点,∴AE=DE,∴△BAE≌△CDE,∴BE=CE.(2)①解:如图2中,由(1)可知,△EBC是等腰直角三角形,∴∠EBC=∠ECB=45°,∵∠ABC=∠BCD=90°,∴∠EBM=∠ECN=45°,∵∠MEN=∠BEC=90°,∴∠BEM=∠CEN,∵EB=EC,∴△BEM≌△CEN;②∵△BEM≌△CEN,∴BM=CN,设BM=CN=x,则BN=4-x,∴S△BMN=12•x(4-x)=-12(x-2)2+2,∵-12<0,∴x=2时,△BMN的面积最大,最大值为2.③解:如图3中,作EH⊥BG于H.设NG=m,则BG=2m,BN=EN=3m,EB=6m.∴3(3m,∵S△BEG=12•EG•BN=12•BG•EH,∴EH=3?(13) 2m m m+=3+32m , 在Rt △EBH 中,sin ∠EBH=3+362246m EH EB m+==. 【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识,解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题,学会添加常用辅助线,学会利用参数解决问题,8.如图1,直线DE 上有一点O ,过点O 在直线DE 上方作射线OC ,∠COE =140°,将一直角三角板AOB 的直角顶点放在点O 处,一条直角边OA 在射线OD 上,另一边OB 在直线DE 上方,将直角三角板绕着点O 按每秒10°的速度逆时针旋转一周,设旋转时间为t 秒.(1)当直角三角板旋转到如图2的位置时,OA 恰好平分∠COD ,求此时∠BOC 的度数; (2)若射线OC 的位置保持不变,在旋转过程中,是否存在某个时刻,使得射线OA 、OC 、OD 中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线?若存在,请求出t 的取值,若不存在,请说明理由;(3)若在三角板开始转动的同时,射线OC 也绕O 点以每秒15°的速度逆时针旋转一周,从旋转开始多长时间,射线OC 平分∠BOD .直接写出t 的值.(本题中的角均为大于0°且小于180°的角)【答案】(1)∠BOC =70°;(2)存在,t =2,t =8或32;(3)12或372. 【解析】【分析】(1)由图可知∠BOC =∠AOB ﹣∠AOC ,∠AOC 可利用角平分线及平角的定义求出.(2)分OA 平分∠COD ,OC 平分∠AOD ,OD 平分∠AOC 三种情况分别进行讨论,建立关于t 的方程,解方程即可.(3)分别用含t 的代数式表示出∠COD 和∠BOD ,再根据OC 平分∠BOD 建立方程解方程即可,注意分情况讨论.【详解】(1)解:∵∠COE =140°,∴∠COD =180°﹣∠COE =40°,又∵OA平分∠COD,∴∠AOC=12∠COD=20°,∵∠AOB=90°,∴∠BOC=90°﹣∠AOC=70°;(2)存在①当OA平分∠COD时,∠AOD=∠AOC,即10°t=20°,解得:t=2;②当OC平分∠AOD时,∠AOC=∠DOC,即10°t﹣40°=40°,解得:t=8;③当OD平分∠AOC时,∠AOD=∠COD,即360°﹣10°t=40°,解得:t=32;综上所述:t=2,t=8或32;(3)12或372,理由如下:设运动时间为t,则有①当90+10t=2(40+15t)时,t=1 2②当270﹣10t=2(320﹣15t)时,t=37 2所以t的值为12或372.【点睛】本题主要考查角平分线的定义以及图形的旋转,根据题意,找到两个角之间的等量关系建立方程并分情况讨论是解题的关键.。