初三培优初中数学 旋转辅导专题训练含详细答案

11初三培优初中数学旋转辅导专题训练含详细答案一、旋1．如图，平面直角坐标系xOy中抛物线：=axbx+与x轴交于A，两，顶点为D（，）=42，设点（，）x轴正半轴上一点，抛物线C绕旋转180°，到新的抛物线C．（）抛物线的数表达；（）抛物线与抛物线C在轴的右侧有两个不同的公共点，求m的取值范围．（）图2，是一象限内抛物线C上一点，它到两坐标轴的距离相等点在抛物线上的对应点P，设是C上动点，是′上的动点，试探究四边形N能否成为正方形？若能，求出m的；若不能，请说明理由．【答案】（）

y

x

；（）＜＜2；3m或m=﹣．【解析】试题分析：1）题意抛物线的顶点（，），（22，），设抛物线的解析式为y

，把A（2，）代入可得a

，由此即可解决问题；（）题意抛线的顶点坐标为m4）设抛物线的解析式为y

1y2，由

，消去y得

2

m

2

，题意，抛物线C与物线C在y轴的右侧有两个不同的公点，则有

(2m

，

2m

解不等式组即可解决问题；（）形1，边形PMPN能为正方形．作PEx轴于Ex轴于．由题意易知P（，2），eq\o\ac(△,)是等腰直角三角形时，四边形N是方形，推出PF=FM，PFM易eq\o\ac(△,)PFEFMH可得PE==2，=HM﹣，得（m+2，﹣2），理由待定系数法即可解决问题；情形2如图，四边形N是正方形，同法可得

M（2，﹣），利用待定系数法即可解决问题．试题解析：1）题意抛物线的顶点（，），（22，），设抛物线的解析式为y

，把A（2，）代入可得a

，抛线C的函数表达式为y

x2

．（）题意抛线的顶点坐标为m4）设抛物线的解析式为y

，由

1y21y(2

，消去y得到22，题意，抛物线C′与抛物线在y轴右侧有两个同的公共点，则有

(

2m

，解得

2m22＜＜2，满条件的的值范围2＜＜．（）论：四形N能为正方形．理由：情形1，如图，作PE轴于，x轴H由题意易知P（，）eq\o\ac(△,)是腰直角三角形时，四边形N是正方形，PFFM，PFM=90°，eq\o\ac(△,)PFEFMH，可得PE=FH=2，=HM﹣m，M（，m﹣，点M在

1上mm2

，解得m=17﹣或﹣﹣（弃）m17﹣3时，四边形N是方形．情形，图，四边形PMPN是正方形，同法可得M（﹣，﹣m，把M（﹣，﹣）入

y

1x中22

，解得m=6或0（舍弃），m=6

时，四边形PMPN是正方形．综上所述：=6或=17﹣时四边形PMPN是正方形．2．已知正方形ABCD的长为4，个以点A为顶点的角点旋转，角的两边分别与、的延长线交于点E、，连接EF，设CE＝，＝b．（）图1，＝2时，求b的；（）＝时在图中出相应的图形并求出b的；（）图3，直接写EAF绕旋的过程中a、b满的关系式．【答案】（）2；（）＝；）ab＝．【解析】试题分析：1）正方形ABCD的长为4，得AC＝，ACB＝．再＝a＝，得＝，从而可CAF的数，既而可得b=AC；（）过证eq\o\ac(△,)△ECA，即可；（）过证eq\o\ac(△,)△ECA，即可.试题解析：1）正形的长为4，＝

2，ACB＝．CE＝＝

2，CAE＝AEC＝

＝，∠CAF＝EAF＝22.5°，＝ACD－＝，CAF＝，b=ACCF＝

4；（）＝，＝45°，＋CAE＝，CAE＋＝45°，FAC＝．又＝ECA＝，，8，即＝．

AC42CF，EC2

，CF＝

（）＝．提示：由（）可eq\o\ac(△,证)，

ACb，ECCAa

，ab＝．3．如图，O是方形ABCD两对角线的交点.分延长OD到点GOC到E使OGOD，=2，后以OG、OE为边作正方形，接AG，DE．(1)求：；(2)正形固，将正方形绕点O逆针旋转角得正方形，如图2．①在转过程中，当直角边所对的锐角为30度

是直角时，求的度数；(注：直角边为斜边一半时，这条②若方形的长为1，在转过程中，求出结果不必说明理由．

长的最大值和此时的数，直写【答案】（））当【解析】

为直角时，或150°.分析：1）长交于点H，明

，根据等量代换证明结论；（）据题意锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到

，分两种情况求出的度数；（）据正方的性质分别求出OA和OF的，根据旋转变换的性质求出AF长最大值和此时的度数．详解：

如图1，延长ED交于H，点O是方形两对角线的交点，，，在

和

中，

，

，，，，，即；在旋转过程中，

成为直角有两种情况：在

由

增大到过程中，当，中，，，

，

时，，，即

；

由

增大到

过程中，当

时，同理可求

，综上所述，当如图3，

．时，

或．

当旋转到、在一条直线上时，正方形的长为1，，，，，，，此时．

的长最大，点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思.4．在等eq\o\ac(△,)AOB中将扇形COD按图1摆，使扇形的半径OC、OD分别与、重合，OA＝OB＝，OC＝＝，固定等eq\o\ac(△,)AOB不动，让扇形COD绕逆针旋转，线段、也之变化，设旋转角为α0＜（）∥时旋转角＝

度；发现：2）段AC与BD有数量关系，请仅就图给证明．应用：3）、、三共线时，求的长．拓展：4）是段AB上任意一点，在扇形COD的转过程中，请直接写出线段的最大值与最小值．【答案】（）或；AC=BD，理由见解析；）最大值3，的小值=﹣．

13+11或；4）的

【解析】分析：1）图1中易知当点在段和线段AD的延长线上时，此时旋转角或240°（）论：=BD．要证eq\o\ac(△,)即．（）图3、4中分别求解即可．（）图中由题意，点C在以为圆心1为半径O上动，过点O作OHAB于H，线OH交O于、″，线段CB的长即为的大值，线段CH的即为PC的最小值．易知PC的最大值，PC的小=3﹣．详解：1）图1中，ABC是等边三角形AOB==60°当在线段和段的延长线上时，，此时旋转角α=60°．故答案为或240；（）论：=BD，由如下：如图2中，==60°，COA．在AOCeq\o\ac(△,)BOD中OA

，BOD，AC=BD；

CO（）如图中，当A、、共时，作OHAC于．在eq\o\ac(△,)中，=1=30°，=HD

，=．eq\o\ac(△,)中AH=OA2

2=

，BDCH+AH．如图4中当、、共时，作AC于H．

易知==﹣=．综上所述：当、、三共线时的为

或；（）图中由题意，点C在以为圆心1为半径O上动，过点O作OHAB于H，线OH交O于、″，线段CB的长即为的大值，线段CH的即为PC的最小值．易知PC的最大值，PC的最小=1．点睛：本题考查了圆综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，利用辅助圆解决最值问题，属于中考压轴题．5．如图，eq\o\ac(△,)中，是AE上任意一点（点C与点A、不合），以AC为直角边在eq\o\ac(△,)ADE的部作eq\o\ac(△,)ABC，BAC=90°，接BE、．（）图1中若AC=AB，，将图1中eq\o\ac(△,)绕点顺针旋转锐角α，得到图2，那么线段BE．CD之有怎样的关系，出结论，并说明理由；（）图1中若CA=3，AB=5，，AD=6，图中eq\o\ac(△,)绕点顺时针旋转锐角，到图，接BD、．①求eq\o\ac(△,)ABE△；②计

+CE

2

的值．【答案】（），，理由见角；）证明见解析②BD+CE2．【解析】【分析】

（）论BE=，；要证eq\o\ac(△,)CAD，可解决问题；（）根据两边成比例夹角相等即可证eq\o\ac(△,)△ACD②由①得到AEB=CDA．再根据等量代换得到DGE，即DG，根据勾股定理得到

+

=CB+ED，即可根据勾股定理计算．【详解】（）论BE=，．理由：设与的点为点F，与CD的点为点，图2．CAB=EAD=90°BAE．eq\o\ac(△,)CAD和中

，CAD≌BAECD=BE，

ACDABE．=CFG，，+ACD，=90°，CD（）设AE与CD于，与DC的延长线交于点，图3CABB=EAD=90°，CAD=．CA=3=5，AD=6，=10，

AE==2，△ABE△ACD；AB②ABEACD，=CDAAFD=，AFDCDA，AEB=90°，=90°，DGBE，AGD=BGD，=CG+EG，BG+2，BD+CE=2+EG+BG2+DG2．2BG

CB

，+DGED，

+CE

=CB

+=

+

+AD+．

【点睛】本题是几何综合变换综合题，主要考查了图形的旋转变换、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的综合运用，运用类比，在变化中发现规律是解决问题的关键．6．如图，

中，=4cm，=120°，平分BCD交于.点P从A点发，沿AB方以的速度运动，连接CPeq\o\ac(△,)PCE绕点C逆时针旋转60°，使与CB重，得eq\o\ac(△,)，接.（）证eq\o\ac(△,)PCQ是边三角形；（）图，当点在段上动时eq\o\ac(△,)PBQ的周长是否存在最小值？若存在，求eq\o\ac(△,)PBQ周的最小值；若不存在请说明理由；（）图，当点在线上动时，是否存在以点P、、为点的直角三角形？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理.（）（2（）【答案】（）明见解析；2）在，理由见解析；3）为2s或者14s.【解析】分析：1）据旋转的性质，证eq\o\ac(△,)，后根据全等三角形的性质和等边三

角形的判定证明即可；（）用平行边形的性质证eq\o\ac(△,)BCE为边三角形，然后根据全等三角形的性质得到的长为4+CP，后垂线段最短可由直三角形的性质求解即可；（）据点的动的距离，分类讨论求解即.详解：1）旋QCBCP=CQ，PCE，，平分BCD，PCQ=60°，PCEQCB+QCE=60°，PCQ为边三角形.（）在平，BCE=60，在行四边形中，ABCD﹣120°=60°BCE为边三角形BE=CB=4旋QCBEP=BQ，C

PBQ

=PB+EP+PQ=BE+PQ=4+CPCPAB时eq\o\ac(△,)周长最小当AB时，2周最小为＋23（）当点B与P重合时，不构三角形②当0＜6时，由旋转可知，CPE=CQBCPQ=CPB+BPQ=60°则：CQB＝60°又PQC+CQB+PBQ=180°CBQ=180°—60°QBP=60°，BPQ＜，所以PQB可为直角由（）eq\o\ac(△,)为等边三角形，

PBQ=60°，CQB＝CQB＝CPB=30°＝60°，＝APC=30°，所以AP=AE-EP=6-4=2所以＝s③当6＜时由＝＞，以不存在④当＞时由旋转得：，由（）得CPQ=60°BPQ=∠，而BPC＞，＞60°BPQ=90°，而，BP=BC=4所以AP=14cm所以t=14s综上所述：为2s或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.7．在正方形中连接．（）图1，于．直接写BAE的数．（）图1，（）条件下，eq\o\ac(△,)AEB以A旋中心，沿逆时针方向旋转30°后到′E，AB与BD交于M，的延长线与BD交．①依意补全图1；②用式表示线段、DN和MN之间的数量关系，并证明．（）图2，、是、上点eq\o\ac(△,)CEF周长是正方形周长的一半AE、分别与BD交M、，出判断线段BM、、之间数量关系的思路．（不必写出完整推理过程）【答案】（）；2）补图见解析、DN和MN之的量关系是BM+MD=MN2，明见解析；3答案见解.【解析】

1111111111111（）用等腰角三角形的性质即可；（）题意画如图1所的图形，根据性质和正方形的性质，判断线段的关系，再利用勾股定理得到，再判出FM=MN即；（）eq\o\ac(△,)周长是正方形ABCD周的一半，判断出EF=EG再利用2）证明即可．解：（）BD是方形ABCD的对角线，ABD=，BD，ABE=，（）依题意补全图形，如图1所，、和MN之间的数量关系是，eq\o\ac(△,)绕点顺针旋转，eq\o\ac(△,)AFB，ADB=，BAF=，，，在方形中BD，ABD=45°，FBA+ABD=ADB+ABD=90°，在eq\o\ac(△,)BFM中，根据勾股定理得旋eq\o\ac(△,)得AB

E，EAB=45°，+DAN=90°﹣，BAF=DAN+BAF=45°，，AB，，，，FB+BM=FM，2+BM=MN2（）图2，eq\o\ac(△,)绕点A顺时针旋转90°得eq\o\ac(△,)ABG，，正形的长为4ABeq\o\ac(△,)周长为，CEF周是正方形ABCD周的一半4AB=2（），2AB=EF+EC+CF﹣，﹣，﹣﹣，，DF=GB，EF=GB+BE=GE，旋转得到，，AEGAEF，EAF=45°，（）的一，得到DN+BM=MN2．

1111111111“点”此是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质，三角形的全等，判断出eq\o\ac(△,)AFN，到）是解题的关.8．如图，边长分别为6和的两个等边三角形纸片ABC和E叠在一起．（）作：固eq\o\ac(△,)ABC，eq\o\ac(△,)CDE绕顺时针旋转eq\o\ac(△,)，接，如图2．探究：在图2中线BE与AD之有怎样大小关系？并请说明理由；（）作：固eq\o\ac(△,)ABC，eq\o\ac(△,)绕顺时针旋转30°eq\o\ac(△,)CDE，接ADCE的延长线交于点F，在线段上沿着CF方向平移，（点F与点P重合即停止平移）平移后eq\o\ac(△,)设eq\o\ac(△,)PQR，图3．探究：在图3中除三角形和CDE外，还有哪个三角形是等腰三角形？写出你的结论（不必说明理由）；（）究：如，（2）条件下，设，代式表示出的长．【答案】（）．由见解；2eq\o\ac(△,)是腰三角形；）2

-x．【解析】试题分析：1）据等边三角形的性质可得AB=BCCD=CE，ACB=ECD=60°，后求出ACD=BCE再利用“边角边证eq\o\ac(△,)和全，根据全等三角形对应边相等证明即可；（）出ACF=30°再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出CHQ=30°从而得到，判断eq\o\ac(△,)CHQ是腰三角形；（）出CGP=90°，后利的余弦表示出，根据等腰三角形的性质表示出CH，然后根据GH=CG-CH整理即可得解．试题解析：1）．理由如下：eq\o\ac(△,)CDE是等边三角形，AC=BC，，ACB=．ACB-ACE=ECD-，即BCE=ACD．eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)BCE中，BCE（），BE=AD；（）旋角为30°，

BCF=30°，ACF=60°-30°=30°，CHQ=ACF=CHQ是腰三角形；（）ACF-RPQ=180°-30°-60°=90°，•cos30°=

（）CHQ是腰三角形，•CQcos30°=2x

=，GH=CG-CH=

（）

x=2-．考点：几何变换综合题．9．如1，eq\o\ac(△,)ABC中，E是AC上意一点（点与A，不合），以CE为直角边作eq\o\ac(△,)ECD，ECD=90°，接BE，．（）CA=CB，CE=CD①猜线段BE，之间的数量关系及所在直线的位置关，直接写出结论；②现图1中的eq\o\ac(△,)ECD绕点C顺时针旋转锐角α，到图2请判断中结论是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（）CA=8,CB=6，CE=3，，eq\o\ac(△,)ECD绕点C顺针转锐角，图，连接BD，AE，算

的值．【答案】（）BEAD；见析；）．【解析】试题分析：根据三角形全等的判定与性质得出BE=AD，；BE与的点为点F，与AD的点为点G，据ACB=得ACD=BCE，后结合AC=BC，CD=CE得eq\o\ac(△,)ACDBCE，则CAD=，根BFC=AFG得AFG+，而说明直；首先根据题意得出，后说AGE=BGD=90°，后根据直角三角形的勾股理将所求的线段转化成已知的线段得出答案．试题解析：1）解BE=ADBE

，仍成立证明：设BE与AC的点为点，BE与AD的点为点，如图．ACB=ECD=90°，ACD=CD=CEACDBCE∠BFC=BFC+CBE=90°AFG+CAD=90°AGF=90°BE（）明：设BE与AC的交点为点F，BE的长线与AD的交点为点，图．ACB=ECD=90°，ACD=，，，CD=4△ACD△CAD=BFC=BFC+CBE=90°AFG+CAD=90°AGF=90°BEBGD=90°

，，

．，

．考点：三角形全等与相似、勾股定理．10．图是两个可以自由转的转盘，甲转盘被等分成3个形，乙转盘被等分成个形，每一个扇形上都标有相应的数字．同时转动两个转盘，当转盘停止后，计算指针所指区域内的数字之和．如果指针恰好指在分割线上，那么重转一次，直到指针指向一个数字为止．（）你通过树状图或列表的方法分析，并求指针所指区域内的数字和小于0的率；（）亮和小小亮和小颖利用它们做游戏，游戏规则是：指针所指区域内的数字和小于10，颖获胜；指针所指区内的数字之和等于10，平局；指针所指区域内的数字之和大于10，亮获胜．你认为该游戏规则是否公平？请说明理由；若游戏规则不公平，请你设计出一种公平的游戏规则．【答案】（）

；（2）不公平．

【解析】试题分析：1）据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．（）断游戏公平性，首先要计算出游戏双方赢的概率，概率相等则公平，否则不公平．试题解析：1）有12种等可能的结果，小于10的况4种，所以指针所指区域内的数字和小于10的率为

．（）公平，为小颖获胜的概率为

；小亮获胜的概率为

．小亮获胜的可能性大，所以不公平．可以修改为若这两个数的和为奇数，则小亮赢；积为偶数，则小颖赢．考点：．戏平性2列表法与树状图法．11．图1，方形与方形AEFG的边ABAE（＜）一条直线上正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角.在转过程中，两个正方形只有点A重合，其它顶点均不重合，连接BE、（）正方形AEFG旋转至如图所的位置时，求证BE=DG；（）点C在线BE上，连接FC直接写出FCD度数；（）图3，果，，

，求点G到BE的距离【答案】（）明见解析；2）或；（）【解析】

.

试题分析：1）据正方形的性质可得，AE=AG，BAD=EAG=90°，求出BAE=DAG，然后利用边角边证eq\o\ac(△,)ABEeq\o\ac(△,)全，根据全等三角形对应边相等证明即可（）点C在线BE上，可知点E与重或G点C与合，据此求解即.（）据

和

求解即可.试题解析：1）图2，四形是方形AB=AD，BAE+EAD=90°.四形AEFG是正方形AE=AG，EAD+BAE=DAG..ADG（）BE=DG..（）图，当在线BE上时，可知点E与C重或点C与重合，此时FCD的数为45°或135°.（）图3，接、由已知α=45°，知又GE为正方形AEFG的对角线，ABGE.

，GE过点作BHAE于H.

.，设点到的离为h..点G到BE的距离为

..

...

考点：旋转的质；2.正方形的性质；3.全三形的判定和质平的判定和性质；勾定理分思想的应用．12．维启迪：（）如图1，，两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，接BC，的中点P（点可直接到达点，利用工具过点作AB交AP的延长线于点，时测得CD＝米，那么A，间距离是

米．思维探索：2）eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)中，＝，＝，AE＜AC，＝AED90°，eq\o\ac(△,)绕A顺针方向旋转，把点E在AC边eq\o\ac(△,)的置作为起始位置（此时点B和点位的侧），设旋转角为α，连接BD，P是段BD的点，连接，PE．①如2，eq\o\ac(△,)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3，＝时点D落AB边上，请判断PC与的量关系和位置关系，并证明你的结论；③当α＝时，若BC＝DE＝，直接写出2

的值．【答案】（）；（＝，PE；与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝，PE见解析；＝

3

.【解析】【分析】（）CDAB，＝B，根据APB＝DPC即可证eq\o\ac(△,)DCP即可得AB＝，即可解题．

（）延长EP交BC于，eq\o\ac(△,)FBP（）eq\o\ac(△,)是腰直角三角形，即可证明PC，．②作BFDE，交EP延长线于点，连接CE、，eq\o\ac(△,)FBPEDP）结合已知得＝＝，证eq\o\ac(△,)FBCEAC（）可eq\o\ac(△,)是腰直角三角形，即可证明PC＝，PE③作BFDE，交EP延长线于点，连接CE、，点EHAC交CA延长线于点，由旋转旋转可知CAE＝150°，与所夹角的锐角为，＝，同可可得PC＝，PE，再由已知解三角形＝+HE＝103，可求出PC2

EC2

3【详解】（）：C＝B，eq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)中，CP

，

ABPDCP（），DCAB．AB＝米．CD200米故答案为：．（）与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝，PE理由如下：如解图1，长交BC于F同（），EDP（SAS），＝，＝，又AC＝BC，＝，FC，又ACB90°EFC是等腰直角三角形，EPFP，PC，PCPE②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC＝，PE．理由如下：如解图2，DE，EP延长线于点F，接CE、，同理可eq\o\ac(△,)EDP（）BF，＝EFDE＝，BF＝，

，

PCPC当α＝时，EAC90°，ED，BCFB，FBC＝，，eq\o\ac(△,)FBCeq\o\ac(△,)EAC中AECAE

，

BCACFBCEAC（）＝FCB＝，＝90°，FCE＝，FCE是等腰直角三角形，EPFP，CPEPCP＝＝EF

．③如图3作BF，交EP延线于点，连接CE、，点作交CA延线于H点当＝时由旋转旋转可知CAE＝150°，与所夹角的锐角为30°，EAC＝＝同可eq\o\ac(△,)FBPEDP（）同是等腰直角三角形CPEPCP＝＝在eq\o\ac(△,)AHE中＝30°AE＝＝，

，HE＝

，＝，又AC＝AB＝，CH＝

，EC＝2+HE

＝103103＝2

【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问题，属于压轴题．13．方形和方形AEFG的长分别为2和，B在边AG上，点D在段的延长线上，连接BE（）图1，证DGBE；（）图2，正方形绕A按逆时针方向旋转，当点B恰好落在线段上时，求线段的．【答案】（）案见解析；2）【解析】【分析】（）题意可eq\o\ac(△,)ADGABE，AGD＝AEB，AGD，可得ADG+AEB＝，BE；（）点A作AMBD垂足为M，据勾股定理可求的度，即可求的长度，由题意可eq\o\ac(△,)DAG，得BE＝．【详解】（）图，延EB交GD于H四形和边形AEFG是方形

AD＝，＝，DAG＝＝90°ADGABE（）AGD＝AEB+AGD＝+＝90°DGBE（）图，过A作AM，垂足正形和方形AEFG的长分别为2和2

2，AM＝＝

2，DAB＝GAE＝90°＝

AG2＝，＝DG＝DM+MG＝

+6，旋转可得AD＝