当前位置:文档之家› 中考数学压轴题专题旋转的经典综合题及答案解析

中考数学压轴题专题旋转的经典综合题及答案解析

一、旋转真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.如图所示,(1)正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A,∠EAF=90°,连接BE、DF.将Rt△AEF绕点A旋转,在旋转过程中,BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系?结合图(1)给予证明;(2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD,等腰Rt△AEF变为Rt△AEF,且AD=kAB,AF=kAE,其他条件不变.(1)中的结论是否发生变化?结合图(2)说明理由;(3)将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD,将Rt△AEF变为△AEF,且∠BAD=∠EAF=a,其他条件不变.(2)中的结论是否发生变化?结合图(3),如果不变,直接写出结论;如果变化,直接用k表示出线段BE、DF的数量关系,用a表示出直线BE、DF 形成的锐角β.【答案】(1)DF=BE且DF⊥BE,证明见解析;(2)数量关系改变,位置关系不变,即DF=kBE,DF⊥BE;(3)不改变.DF=kBE,β=180°-α【解析】【分析】(1)根据旋转的过程中线段的长度不变,得到AF=AE,又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余,所以∠BAE=∠DAF,所以△FAD≌△EAB,因此BE与DF相等,延长DF交BE于G,根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF=90°,所以DF⊥BE;(2)等同(1)的方法,因为矩形的邻边不相等,但根据题意,可以得到对应边成比例,所以△FAD∽△EAB,所以DF=kBE,同理,根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF=90°,所以DF⊥BE;(3)与(2)的证明方法相同,但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF=180°,所以DF与BE的夹角β=180°﹣α.【详解】(1)DF与BE互相垂直且相等.证明:延长DF分别交AB、BE于点P、G在正方形ABCD和等腰直角△AEF中AD=AB,AF=AE,∠BAD=∠EAF=90°∴∠FAD =∠EAB ∴△FAD ≌△EAB ∴∠AFD =∠AEB ,DF =BE ∵∠AFD+∠AFG =180°, ∴∠AEG+∠AFG =180°, ∵∠EAF =90°,∴∠EGF =180°﹣90°=90°, ∴DF ⊥BE(2)数量关系改变,位置关系不变.DF =kBE ,DF ⊥BE . 延长DF 交EB 于点H ,∵AD =kAB ,AF =kAE ∴AD k AB =,AFk AE= ∴AD AFAB AE= ∵∠BAD =∠EAF =a ∴∠FAD =∠EAB ∴△FAD ∽△EAB∴DF AFk BE AE == ∴DF =kBE∵△FAD ∽△EAB , ∴∠AFD =∠AEB , ∵∠AFD+∠AFH =180°, ∴∠AEH+∠AFH =180°, ∵∠EAF =90°,∴∠EHF =180°﹣90°=90°, ∴DF ⊥BE(3)不改变.DF =kBE ,β=180°﹣a . 延长DF 交EB 的延长线于点H ,∵AD =kAB ,AF =kAE ∴AD k AB =,AFk AE = ∴AD AFAB AE= ∵∠BAD =∠EAF =a ∴∠FAD =∠EAB ∴△FAD ∽△EAB∴DF AFk BE AE == ∴DF =kBE由△FAD ∽△EAB 得∠AFD =∠AEB ∵∠AFD+∠AFH =180° ∴∠AEB+∠AFH =180°∵四边形AEHF 的内角和为360°, ∴∠EAF+∠EHF =180° ∵∠EAF =α,∠EHF =β ∴a+β=180°∴β=180°﹣a 【点睛】本题(1)中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明;(2)(3)利用相似三角形的判定和性质证明,要解决本题,证明三角形全等和三角相似是解题的关键,也是难点所在.2.如图1,在□ABCD 中,AB =6,∠B = (60°<≤90°). 点E 在BC 上,连接AE ,把△ABE 沿AE 折叠,使点B 与AD 上的点F 重合,连接EF . (1)求证:四边形ABEF 是菱形;(2)如图2,点M 是BC 上的动点,连接AM ,把线段AM 绕点M 顺时针旋转得到线段MN ,连接FN ,求FN 的最小值(用含的代数式表示).【答案】(1)详见解析;(2)FE·sin(-90°)【解析】【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE,所以∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA,故有AB∥FE,因此四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,因此可得结论;(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG=90°-,利用菱形的性质得到∠FEN=-90°,再根据垂线段最短,求出FN的最小值即可.【详解】(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∴∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA, BE=EF,∴∠BAE=∠FEA,∴AB∥FE,∴四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,∴四边形ABEF是菱形;(2)①如图1,当点M在线段BE上时,在射线MC上取点G,使MG=AB,连接GN、EN.∵∠AMN=∠B=,∠AMN+∠2=∠1+∠B∴∠1=∠2又AM=NM,AB=MG∴△ABM≌△MGN∴∠B=∠3,NG=BM∵MG=AB=BE∴EG=AB=NG∴∠4=∠ENG= (180°-)=90°-又在菱形ABEF中,AB∥EF∴∠FEC=∠B=∴∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°②如图2,当点M在线段EC上时,在BC延长线上截取MG=AB,连接GN、EN.同理可得:∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°综上所述,∠FEN=-90°∴当点M在BC上运动时,点N在射线EH上运动(如图3)当FN⊥EH时,FN最小,其最小值为FE·sin(-90°)【点睛】本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题,解题的关键是分类讨论得出∠FEN =-90°,再运用垂线段最短求出FN的最小值.3.如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC.点D、E分别在AC、BC边上,DC=EC,连接DE、AE、BD.点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点,连接PM、PN、MN.(1)PM与BE的数量关系是,BE与MN的数量关系是.(2)将△DEC绕点C逆时针旋转到如图2的位置,判断(1)中BE与MN的数量关系结论是否仍然成立,如果成立,请写出证明过程,若不成立,请说明理由;(3)若CB =6.CE =2,在将图1中的△DEC 绕点C 逆时针旋转一周的过程中,当B 、E 、D 三点在一条直线上时,求MN 的长度. 【答案】(1)1,22PM BE BE MN ==;(2)成立,理由见解析;(3)MN =17﹣1或17+1 【解析】 【分析】(1)如图1中,只要证明PMN 的等腰直角三角形,再利用三角形的中位线定理即可解决问题;(2)如图2中,结论仍然成立,连接AD 、延长BE 交AD 于点H .由ECB DCA ≅,推出BE AD =,DAC EBC ∠=∠,即可推出BH AD ⊥,由M 、N 、P 分别AE 、BD 、AB 的中点,推出//PM BE ,12PM BE =,//PN AD ,12PN AD =,推出PM PN =,90MPN ∠=︒,可得22222BE PM MN MN ==⨯=; (3)有两种情形分别求解即可. 【详解】 (1)如图1中,∵AM =ME ,AP =PB ,∴PM ∥BE ,12PM BE =, ∵BN =DN ,AP =PB ,∴PN ∥AD ,12PN AD =, ∵AC =BC ,CD =CE , ∴AD =BE , ∴PM =PN , ∵∠ACB =90°, ∴AC ⊥BC ,∴∵PM ∥BC ,PN ∥AC , ∴PM ⊥PN ,∴△PMN 的等腰直角三角形, ∴2MN PM =,∴122MN BE =⋅, ∴2BE MN =,故答案为12PM BE =,2BE MN =. (2)如图2中,结论仍然成立.理由:连接AD 、延长BE 交AD 于点H . ∵△ABC 和△CDE 是等腰直角三角形, ∴CD =CE ,CA =CB ,∠ACB =∠DCE =90°, ∵∠ACB ﹣∠ACE =∠DCE ﹣∠ACE , ∴∠ACD =∠ECB , ∴△ECB ≌△DCA , ∴BE =AD ,∠DAC =∠EBC , ∵∠AHB =180°﹣(∠HAB +∠ABH ) =180°﹣(45°+∠HAC +∠ABH ) =∠180°﹣(45°+∠HBC +∠ABH ) =180°﹣90° =90°, ∴BH ⊥AD ,∵M 、N 、P 分别为AE 、BD 、AB 的中点,∴PM ∥BE ,12PM BE =,PN ∥AD ,12PN AD =, ∴PM =PN ,∠MPN =90°,∴22222BE PM MN MN ==⨯=. (3)①如图3中,作CG ⊥BD 于G ,则2CG GE DG ===当D 、E 、B 共线时,在Rt △BCG 中,()22226234BG BC CG =-=-=,∴342BE BG GE =-=-, ∴21712MN BE ==-. ②如图4中,作CG ⊥BD 于G ,则2CG GE DG ===,当D 、E 、B 共线时,在Rt △BCG 中,()22226234BG BC CG =-=-=∴342BE BG GE =+=, ∴21712MN BE ==. 综上所述,MN 17﹣117. 【点睛】本题属于几何变换综合题,考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.4.在Rt △ABC 中,AB=BC=5,∠B=90°,将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AC 的中点O 处,将三角板绕点O 旋转,三角板的两直角边分别交AB ,BC 或其延长线于E ,F 两点,如图①与②是旋转三角板所得图形的两种情况.(1)三角板绕点O旋转,△OFC是否能成为等腰直角三角形?若能,指出所有情况(即给出△OFC是等腰直角三角形时BF的长);若不能,请说明理由;(2)三角板绕点O旋转,线段OE和OF之间有什么数量关系?用图①或②加以证明;(3)若将三角板的直角顶点放在斜边上的点P处(如图③),当AP:AC=1:4时,PE和PF 有怎样的数量关系?证明你发现的结论.【答案】(1)△OFC是能成为等腰直角三角形,(2)OE=OF.(3)PE:PF=1:3.【解析】【小题1】由题意可知,①当F为BC的中点时,由AB=BC=5,可以推出CF和OF的长度,即可推出BF的长度,②当B与F重合时,根据直角三角形的相关性质,即可推出OF 的长度,即可推出BF的长度;【小题2】连接OB,由已知条件推出△OEB≌△OFC,即可推出OE=OF;【小题3】过点P做PM⊥AB,PN⊥BC,结合图形推出△PNF∽△PME,△APM∽△PNC,继而推出PM:PN=PE:PF,PM:PN=AP:PC,根据已知条件即可推出PA:AC=PE:PF=1:4.5.如图(1)所示,将一个腰长为2等腰直角△BCD和直角边长为2、宽为1的直角△CED 拼在一起.现将△CED绕点C顺时针旋转至△CE’D’,旋转角为a.(1)如图(2),旋转角a=30°时,点D′到CD边的距离D’A=______.求证:四边形ACED′为矩形;(2)如图(1),△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中,在BC上如何取点G,使得GD’=E’D;并说明理由.(3)△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中,∠CE’D=90°时,直接写出旋转角a的值.【答案】1【解析】分析:(1)过D′作D′N⊥CD于N.由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论.由D’A∥CE且D’A=CE=1,得到四边形ACED’为平行四边形.根据有一个角为90°的平行四边形是矩形,即可得出结论;(2)取BC中点即为点G,连接GD’.易证△DCE’≌△D’CG,由全等三角形的对应边相等即可得出结论.(3)分两种情况讨论即可.详解:(1)D’A=1.理由如下:过D′作D′N⊥CD于N.∵∠NCD′=30°,CD′=CD=2,∴ND′= 12CD′=1.由已知,D’A∥CE,且D’A=CE=1,∴四边形ACED’为平行四边形.又∵∠DCE=90°,∴四边形ACED’为矩形;(2)如图,取BC中点即为点G,连接GD’.∵∠DCE=∠D’CE’=90°,∴∠DCE’=∠D’CG.又∵D’C= DC,CG=CE’,∴△DCE’≌△D’CG,∴GD’=E’D.(3)分两种情况讨论:①如图1.∵∠CE′D=90°,CD=2,CE′=1,∴∠CDE′=30°,∴∠E′CD=60°,∴∠E′CB=30°,∴旋转角=∠ECE′=180°+30°=210°.②如图2,同理可得∠E′CE=30°,∴旋转角=360°-30°=330°.点睛:本题考查了旋转的性质:旋转前后两图形全等;对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角.6.如图1,△ABC中,CA=CB,∠ACB=90°,直线l经过点C,AF⊥l于点F,BE⊥l于点E.(1)求证:△ACF≌△CBE;(2)将直线旋转到如图2所示位置,点D是AB的中点,连接DE.若AB=42,∠CBE=30°,求DE的长.【答案】(1)答案见解析;(226+【解析】试题分析:(1)根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°,根据全等三角形的性质得到∠EBC=∠CAF,即可得到结论;(2)连接CD,DF,证得△BCE≌△ACF,根据全等三角形的性质得到BE=CF,CE=AF,证得△DEF是等腰直角三角形,根据等腰直角三角形的性质得到EF2DE,EF=CE+BE,进而得到DE的长.试题解析:解:(1)∵BE⊥CE,∴∠BEC=∠ACB=90°,∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°,∴∠EBC=∠CAF.∵AF⊥l于点F,∴∠AFC=90°.在△BCE与△ACF中,∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ACF≌△CBE(AAS);(2)如图2,连接CD,DF.∵BE⊥CE,∴∠BEC=∠ACB=90°,∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°,∴∠EBC=∠CAF.∵AF⊥l于点F,∴∠AFC=90°.在△BCE与△CAF中,∵90AFC BECEBC ACFBC AC∠=∠=︒⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BCE≌△CAF(AAS);∴BE=CF.∵点D是AB的中点,∴CD=BD,∠CDB=90°,∴∠CBD=∠ACD=45°,而∠EBC=∠CAF,∴∠EBD=∠DCF.在△BDE与△CDF中,∵BE CFEBD FCDBD CF=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△BDE≌△CDF(SAS),∴∠EDB=∠FDC,DE=DF.∵∠BDE+∠CDE=90°,∴∠FDC+∠CDE=90°,即∠EDF=90°,∴△EDF是等腰直角三角形,∴EF=2DE,∴EF=CE+CF =CE+BE.∵CA=CB,∠ACB=90°,AB=42,∴BC=4.又∵∠CBE=30°,∴CE=12BC=2,BE=3CE=23,∴EF=CE+BE=2+23,∴DE=2EF=2232+=2+6.点睛:本题考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,直角三角形斜边上的中线的性质,证得△BCE≌△ACF是解题的关键.7.边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1),现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转,当A点第一次落在DF上时停止旋转,旋转过程中, AB边交DF于点M,BC边交DG于点N.(1)求边DA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(如图2),求正方形ABCD旋转的度数;(3)如图3,设△MBN的周长为p,在旋转正方形ABCD的过程中,p值是否有变化?请证明你的结论.【答案】(1);(2);(3)不变化,证明见解析.【解析】试题分析:(1)将正方形ABCD绕D点顺时针旋转,当A点第一次落在DF上时停止旋转,旋转过程中,DA旋转了,从而根据扇形面积公式可求DA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,根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为.(3)延长BA交DE轴于H点,通过证明和可得结论.(1)∵A点第一次落在DF上时停止旋转,∴DA旋转了.∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.(2)∵MN∥AC,∴,.∴.∴.又∵,∴.又∵,∴.∴.∴.∴旋转过程中,当MN和AC平行时,正方形ABCD旋转的度数为. (3)不变化,证明如下:如图,延长BA交DE轴于H点,则,,∴.又∵.∴.∴.又∵, ,∴.∴.∴.∴.∴在旋转正方形ABCD的过程中,值无变化.考点:1.面动旋转问题;2.正方形的性质;3.扇形面积的计算;4.全等三角形的判定和性质.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′,∴,在△PP′B中,,,,∵)2+(2=)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.。

相关主题