中考数学旋转-经典压轴题及详细答案

1、一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1.操作与证明：如图1,把一个含45角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一 起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上， 连接AF.取AF中点M, EF的中点N,连接MD、MN.（1）连接AE,求证： AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论.结论1： DM、MN的数量关系是_；结论2： DM、MN的位置关系是一；拓展与探究：（3）如图2,将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180,其他条件不变，则 （2）中的两个结论还成立吗？若成立，请

2、加以证明；若不成立，请说明理由.A。 M0图 i图2 F【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF,继而证明出 ABEM ADF,得到AE=AF,从而证明出 AEF是等腰三角形；（2） DM、MN的数量关 系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论位置 关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角 相等即可得出结论；（3）成立，连接AE,交MD于点G,标记出各个角，首先证明出1 1MNII AE, MN= AE,利用三角

3、形全等证出AE=AF,而DM= AF,从而得到DM, MN数量相 等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关 系得到N DMN=N DGE=90.从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析：（1） : 四边形 ABCD 是正方形，AB=AD=BC=CD, N B=N ADF=90, .: CEF 是等腰直角三角形，N C=90,. CE=CF,，BC - CE=CD - CF,即 BE=DF,. ABE ADF,，AE=AF,， AEF是等腰三角形；（2） DM、MN的数量关系是相等， DM、MN的位置关系是垂直；:在RS ADF中DM是斜边AF的中线，A

4、F=2DM, 丁 MN 是 AEF 的中位线，AE=2MN, 丁 AE=AF,，DM=MN； .: N DMF=N DAF+N ADM, AM=MD, 丁 N FMN=N FAE, N DAF=N BAE,，N ADM=N DAF=N BAE,. N DMN=N FMN+N DMF=N DAF+N BAE+N FAE=N BAD=90,，DM，MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE,交MD于点G,二点M为AF的中点，点N为EF的中点， 1. MNII AE, MN=AE,由已知得，AB=AD=BC=CD, N B=N ADF, CE=CF,又; BC+CE=CD+CF,即 BE=DF,

5、. ABEC ADF,. AE=AF,在 RtA ADF 中，V 点 M 为 AF 的 1中点，. DM= AF，. DM=MN，,: ABEC ADF，. N 1=N 2，V ABI DF，. N 1=N 3，同 理可证：N 2=N 4，. N 3=N 4，V DM=AM，. N MAD=N 5，. N DGE=N 5+N 4=N MAD+N 3=90，V MNII AE，. N DMN=N DGE=90，. DMMN.所 以(2)中的两个结论还成立.考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性 质.2.平面上，RtA ABC与直径为CE的半圆O如图

6、1摆放，N B = 90，AC=2CE = m，BC =n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且N ECD始终等于N ACB，旋转角记为a (0a180)(1)当 a=0时，连接 DE，则N CDE=，CD=BD试判断：旋转过程中罚的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明;(3)若m = 10，n = 8，当a = N ACB时，求线段BD的长；(4)若m = 6, n=4%与，当半圆O旋转至与 ABC的边相切时，直接写出线段BD的 长.【答案】(1) 90，n ；(2)无变化；(3)呸5 ； (4) BD= 2V10 或阳14 .253【解析】试题分析：(

7、1)根据直径的性质，由DEH AB得CD CECB CA即可解决问题.求出BD、AE即可解决问题.(2)只要证明 ACE- BCD即可.(3)求出AB、AE,利用 ACE- BCD即可解决问题.(4)分类讨论：a=90+N ACB 时，试题解析：(1)如图5中，当a=90时，半圆与AC相切，如图6中，当 半圆与BC相切，分别求出BD即可.解：如图1中，当a=0时，连接DE,贝UN CDE =90. ; NCDE =N B=90, . DEH AB,CE CD 1AC CB 21.丁 BC= n,，CD =-n .故答案为90,3如图 2 中，当 a=180时，BD=BC+ CD =-n，3AE

8、=AC+ CE =-m, 2BD naenm .故答案为(2)如图 3 中，,/ ACB=N DCE,:. N ACE=N BCD.,CD BC nCE AC m BD BC n AE AC m(3)如图 4 中，当 a=N ACB 时.在 ABC 中，: AC=10, BC=8, AB =JAC2 -BC2 =6.在 R3 ABE 中，: AB=6, BE=BC - CE =3, AE = %AB 2 + BE 2 = 62 + 32 =3 5，由(2)可知 ACE - BCD,BD BCAE AC BD 812 54 12 J5. BD =每一.故答案为三一.(4) ; m=6, n =

9、42，a CE =3，CD=2 %.?，AB = CA2 BC2 =2,如图 5 中，当 a=90时，半圆与 AC相切.在 RS DBC 中，BD=、，BC2 + CD2 = (42)2 +(22)2 =2 10 .如图6中，当a=90+N ACB时，半圆与BC相切，作EMAB于M. / M=N CBM=N BCE=90, A 四边形 BCEM 是矩形，. BM = EC = 3, ME = 4j2，.DB 二八匚. :一 4/八 一 DB 2%：22%；114- AM=5，AE =、AM2 + ME2 = %57，由（2）可知 =,. BD =-.AE 33故答案为2 10或 .3点睛：本题

10、考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确画出 图形是解决问题的关键，学会分类讨论的思想，本题综合性比较强，属于中考压轴题.3.在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在丁轴、x轴的正 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 = %上 时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y = %于点M , BC边交1轴于点N (如图).(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AMBN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

11、.【答案】(1) n/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N AOM的度数；(3)利用全等把AMBN的各边整理到成与正方形的边长有关的式子.试题解析：(1) 丁 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45兀x 22 =-.3602(2) : MNII AC,. N BMN=N BAC=45, N BNM=N BCA=45. N BMN=N BNM. BM=BN.又

12、 BA=BC,. AM=CN.又 OA=OC, N OAM=N OCN, . OAM OCN.11 N AOM=N CON=- (N AOC-N MON) =- (90-45) =22.5. 22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N AOE=45-N AOM, N CON=90-45-N AOM=45-N AOM, N AOE=N CON.文:OA=OC, N OAE=180-90=90=N OCN. OAE OCN. OE=ON, AE=CN.又：N MOE=N M

13、ON=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.在平面直角坐标系中，O为原点，点A (8, 0),点B (0, 6),把4 ABO绕点B逆时 针旋转得 ABO,点A、O旋转后的对应点为A、O,记旋转角为a.(1)如图1,若a=90,则U AB=，并求AA的长；(2)如图2,若a=120,求点O的坐标;【答案】(1) 10, 10v 2 ； (2)( 33 , 9)(3)在(2)的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P,当

14、OP+BP取得最小值(3) (视)【解析】 试题分析：(1)、如图，先利用勾股定理计算出AB=5,再根据旋转的性质得BA=BA, N ABA=90，则可判定 ABA为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA的长；、作OHy轴于H，如图，利用旋转的性质得BO=BO=3, N OBO=120，则N HBO=60，再在RtA BHO中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和OH的长，然后利用坐标的表示方法写出O点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP，贝U OP+BP=OP+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结OC交x轴于P点，如图，易得 OP+BP=OC，利用两点之间线段最短可

15、判断此时OP+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线OC的解析式为y= x-3,从而得到P(1, 0),则OP=OP=，作3- ：55PDOH于D,然后确定N DPO=30后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出PD 和DO的长，从而可得到P点的坐标.试题解析：、如图，丁点A (4, 0),点B (0, 3),. OA=4, OB=3,. AB=5,: ABO 绕点 B 逆时针旋转 90。，得4 ABO,. BA=BA, N ABA=90, . ABA为等腰直角三角形，. AA=BA=5 ；、作OHy轴于H,如图，.: ABO绕点B逆时针旋转120,得4 ABO, . BO=BO=3,

16、N OBO=120,，N HBO=60, 在 RtA BHO中，,: N BOH=90 -N HBO=30,3入 伍H q一 . BH= BO= , OH= .BH=,，OH=OB+BH=3+,. O点的坐标为2* d 22=2(3) V ABO绕点B逆时针旋转120,得 ABO, P的对应点为P,. BP=BP, . OP+BP=OP+BP,作B点关于x轴的对称点C,连结OC交x轴于P点，如图， 则OP+BP=OP+PC=OC,此时OP+BP的值最小，V点C与点B关于x轴对称，. C (0,-3),设直线OC的解析式为y=kx+b,把O (一 亍)，C (0,-3)代入得42- 2 ,解得-

17、3 ,.3b二直线OC的解析式为y=x-3,当y=0时， x - 3=0,解得x=.，则P3 ：3 ：5. OP=, OP=OP= , 作 PDOH 于 D,. N DPO=30,V N BOA=N BOA=90, N BOH=30,. .加。，吁一一二. DH=OH-.=考点：几何变换综合题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 CED，旋转角为a.（1）如图（2）,旋转角a=30时，点D型CD边的距离DA=.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

18、上如何取点G，使得 GD=ED ；并说明理由.（3） CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，N CED=90时，直接写出旋转角a的值.【答案】1【解析】分析：（1）过D作DNCD于N.由30所对直角边等于斜边的一半即可得结论.由D All 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隹 DCG，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） DA=1.理由如下：过 D ;作 D N CD 于 N.Z NCD=3Q, CD=CD=2, ND= - C

19、D=12由已知，。幺II CE,且。幺=CE=1,四边形八CEO为平行四边形.又Z DCE=90, 四边形八CEO为矩形；（2）如图，取BC中点即为点G,连接GO.Z DCE=N DCG.又C=DC, CG=CF, OCES DCG,GD=ED.(3)分两种情况讨论：如图L,/ Z CED=90, CD=2, CE=1, /. Z CDE=30, /. Z E/CD=60, /. Z EfCB=30, /.旋转角=Z ECE=180+30=210.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，在二ABCD 中，

20、AB=10cm, BC=4cm, N BCD =120, CE 平分/ BCD 交 AB 于点 E. 点P从A点出发，沿AB方向以1cm/s的速度运动，连接CP,将 PCE绕点C逆时针旋转 60,使CE与CB重合，得到 QCB,连接PQ.(1)求证： PCQ是等边三角形；(2)如图，当点P在线段EB上运动时， PBQ的周长是否存在最小值？若存在，求 出 PBQ周长的最小值；若不存在，请说明理由；(3)如图，当点P在射线AM上运动时，是否存在以点P、B、Q为顶点的直角三角 形？【答案】(1)证明见解析；(2)存在，理由见解析；(3) t为2s或者14s.【解析】分析：(1)根据旋转的性质，证明

21、PCEM QCB,然后根据全等三角形的性质和等边三 角形的判定证明即可；(2)利用平行四边形的性质证得 BCE为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到 PBQ的周长为4+CP,然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可；(3)根据点的移动的距离，分类讨论求解即可.详解：(1) :旋转. PCEM QCB. CP=CQ, N PCE =N QCB,丁 N BCD=120, CE 平分/ BCD,. N PCQ=60,. N PCE +N QCE=N QCB+N QCE=60, . PCQ为等边三角形.(2)存在丁 CE 平分N BCD,. N BCE= 60。，;在平行四边形ABCD中，. A

22、B II CD. N ABC=180 - 120=60 . BCE为等边三角形. BE=CB=4;旋转. PCE QCB. EP=BQ,C pbq=pb+BQ+PQ=PB+EP+PQ=BE+PQ=4+CP . CPAB时， PBQ周长最小当 CPAB 时，CP=BCsin60= 23 . PBQ周长最小为4+ 2岁（3）当点B与点P重合时，P,B,Q不能构成三角形当0镇6时，由旋转可知，N CPE=N CQB,N CPQ=N CPB+N BPQ=60则：N BPQ+N CQB = 60,1:N QPB+N PQC+N CQB+N PBQ=180. N CBQ=1806060=60. N QBP

23、=60, N BPQ60,所以N PQB可能为直角由（1）知， PCQ为等边三角形，. N PBQ=60, N CQB = 30丁 N CQB = N CPB. N CPB=30丁 N CEB = 60,. N ACP=N APC=30pa=CA=4,所以 AP=AE-EP=6-4=2所以 t=2 +1 = 2s当6Vt90,所以不存在当t10时，由旋转得：N PBQ=60,由（1）得N CPQ=60. N BPQ=N CPQ+N BPC=60+N BPC,而N BPC0,. N BPQ60. N BPQ=90,从而N BCP=30,. BP=BC=4所以 AP=14cm所以t=14s综上所述

24、：t为2s或者14s时，符合题意。点睛：此题主要考查了旋转图形变化的应用，结合平行四边形、等边三角形、全等三角形 的判定与性质，进行解答即可，注意分类讨论思想的应用，比较困难7.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CDII 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4 ADE 中，AC=BC, AE = DE, AEA

25、C, N ACB = N AED =90,将4 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a,连接BD,点P是线段BD的中点，连接PC, PE.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;如图3,当a=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；当a = 150时，若BC = 3, DE = l,请直接写出PC2的值.【答案】(1) 200；(2)PC = PE, PCPE；PC与PE的数量关系和位置关系分别是10 3、4PC = PE, PCPE,

26、见解析；PC2=.2【解析】【分析】(1)由 CDII AB,可得N C = N B,根据N APB = N DPC 即可证明 ABPM DCP,即可得 AB = CD,即可解题.(2)延长EP交BC于F,易证 FBPM EDP (SAS)可得 EFC是等腰直角三角形，即 可证明 PC = PE, PCPE.作BFII DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,易证 FBPM 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, PCPE.作BFII DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,过E点作

27、EHAC交CA延长线于H 点，由旋转旋转可知，N CAE = 150, DE与BC所成夹角的锐角为30,得N FBC = N EAC, 同可证可得PC = PE, PCPE,再由已知解三角形得. EC2 = CH2+HE2= 10 + 33，即可步中。i1。 10 + 33求出 PC2 = EC2 = 一 22【详解】(1)解:丁 CDII AB,. N C = N B,在 ABP和 DCP中，产二CP /APB = /DPC ,/ B = / C ABP DCP (SAS),. DC = AB.; AB = 200 米. CD = 200 米，故答案为：200.(2)PC与PE的数量关系和位

28、置关系分别是PC = PE, PCPE.理由如下：如解图1,延长EP交BC于F,同(1)理，可知. FBPM EDP (SAS),. PF=PE, BF = DE,又 AC=BC, AE = DE,. FC=EC,又 N ACB = 90,. EFC是等腰直角三角形，; EP = FP,. PC = PE, PCPE.PC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BFII DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF, 同理，可知 FBP EDP (SAS),. BF = DE, PE = PF= 1EF , 2; DE = AE,. BF=AE,; 当

29、a=90 时，N EAC=90,. EDII AC, EAII BC FBII AC, N FBC = 90, N CBFN CAE,在 FBC和 EAC中，|BF 二钻 / CBE = / CAE ,、BC = AC FBC EAC (SAS), CF = CE, N FCB = N ECA,丁 N ACB = 90, N FCE = 90, FCE是等腰直角三角形，; EP = FP,c11 CPEP, CP = EP= EF2如解图3,作BFII DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,过E点作EHAC交CA延长 线于H点，当a = 150时，由旋转旋转可知，N CAE = 150,

30、DE与BC所成夹角的锐角为30, N FBC=N EAC=a=150同可得4 FBP EDP (SAS),同 FCE是等腰直角三角形，CPEP, CP = EP= 豆CE ,2在 RS AHE 中，N EAH = 30, AE = DE = 1,1 3 HE , AH=,22又 AC = AB = 3, CH = 3+ 旦2 EC2 = CH2+HE2= 10 + 3 V 3 PC 1 尸 c 10 + 3J3 PC2= EC 2 =22【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.8.如图，二二r是边长为-二的等边三角形，边二三在射线。M上，且。=二-；厂：，点 二从点二出发，沿。丁的方向以二二：的速度运动，当二不与点二重合是，将二三二 绕点二逆时针方向旋转;：得到-I二三，连接二三.ri网n（1）求证：一二二三是等边三角形；（2）当二，；：”：二时，的二三二E周长是否存在最小值？若存在，求出二三二E的最小周 长；若不存在，请说明理由.和w64 B P（3）当点二在射线。力上运动时，是否存在以二,三二为顶点的三角形是直角三角形？R若存在，求出此时二的值；若不存在，请说明理由.:6 寸bdif【答案】（1）详