中考数学总复习《旋转综合压轴题》专题训练（附答案）

第页参考答案：1．(1)(2)见解析(3)【分析】（1）将沿折叠，得到，连接，利用全等三角形的判定与性质以及勾股定理求解即可；（2）过作，且，连接，利用全等三角形的判定与性质以及勾股定理求解即可；（3）连接交于G，证明出，得到，然后证明出为直角三角形，点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，当时，点P到直线的距离最大，然后利用三角形中位线和勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：如图，将沿折叠，得到，连接，

∵，∴，将沿折叠，得到，∴∴，，，∴，∴为等边三角形，为等腰直角三角形∴，∴；（2）如图，过作，且，连接，

∵∴，又∵，∴∴又∵，∴，，即，，∴∴；（3）如图3，连接交于G点∵绕A点旋转∴，，∵∴∴∴∵∴∴为直角三角形∴点P在以中点M为圆心，为半径的圆上，连接交所在直线于点N，当时，点P到直线的距离最大，∵∴A、P、B、C四点共圆∵，∴N是的中点∵M是的中点∴∵，∴，∴，∴，∴点P到所在直线的距离的最大值为．∴的面积最大值为．【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，三角形中位线性质，四点共圆性质，勾股定理等知识，作出辅助线是解本题的关键．2．（1），45°；（2）成立，理由见解析；（3）或．【分析】（1）先根据和得到和，再根据得到即可求解；（2）设交于点，先由（1）得到、和，进一步证明和得到得，结合三角形内角和定理即可求解；（3）先根据、和，得到、，再由旋转可知，，得到，最后分两种情况讨论∶当点在线段上时，当点在线段上时，即可求解．【详解】解∶（1）在中，，．，且，．即．的夹角为．（2）（1）中的结论仍然成立理由如下：与都为等腰直角三角形，，．．即．．，．．在中，．故（1）中的结论仍然成立．（3）的长度为或．在中，，，．，．同上结论可得，的夹角为30°，，∴．在中，，，．如图1所示，在中，，，由勾股定理得．由，得，故的长度为；如图2所示，当点E在延长线上时，的长度为．三点共线时的值为或．【点睛】本题考查了锐角三角函数，平行线分线段成比例，三角形内角和定理，三角形相似的判定及性质，勾股定理等知识，解题关键是正确做出辅助线并使用分类讨论思想，本题为几何综合题难度较大，为中考常考题型．3．(1)(2)(3)【分析】（1）过点作于，解求得和，解求得和，进一步得出结果；（2）将绕点顺时针旋转至，连接、，可推出是直角三角形，进而得出，结合推出，，从而得出是的中位线，进一步得出结果；（3）取的中点，连接，可推出，从而得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，连接，交于点，当点运动到′处时，最小；作于，设交于，可推出，进而得出，设，则，，，，进而得出结果．【详解】（1）解：如图1，过点作于，∴，∵，，，将线段绕点逆时针旋转得到线段，∴，，，，∴，，∵，∴，∴，∴，，∴，∴，∴线段的长度为；（2）．理由如下：如图2，将绕点顺时针旋转至，连接、，∵，∴，，，∴，∴，∵点为线段的中点，∴，∴垂直平分，即，，∴，∴，∵，∴；（3）如图3，取的中点，连接，∵，过点作射线的垂线，∴，∴，∴，∵将沿直线翻折至所在平面内得到，∴，∵点是的中点，∴，∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，连接，交于点，当点运动到′处时，最小，如图4，作于，设交于，∵过点作线段的垂线，，∴四边形是矩形，∴，，∵将沿直线翻折至所在平面内得到，过点作线段的垂线，垂足为点，连接，∴，，∵是的中点，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴，∵是的中点，，∴，∴，设，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查旋转的性质和折叠的性质，解直角三角形，垂直平分线的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，矩形的判定和性质，确定圆的条件，勾股定理等知识，解决问题的关键利用旋转将条件集中．4．（1）见解析；（2）；理由见解析；（3）．理由见解析【分析】（1）利用即可证明；（2）由推出，，证明四边形是正方形，利用等量代换即可推出；（3）连接和，证明，即可得到．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，∴，，∵，∴；（2）；理由如下：∵，∴，∵，∴，，∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴；（3）．理由如下：连接和，∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，四边形是正方形，∴和都是等腰直角三角形，∴，，，∴，，∴，∴，即．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，旋转的性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．5．（1）；（2）①见解析；②；（3）存在，或或或【分析】（1）根据矩形的性质得出，，根据旋转的性质得出，根据勾股定理可得：，则，即可得出点D的坐标；（2）①根据旋转的性质得出，则，即可根据证明；②根据旋转的性质得出，即可求证，得出，设，则，根据勾股定理可得：，列出方程，求出x的值，即可得出H的坐标；（3）根据菱形的性质可得出以A、D、M为顶点的三角形是等腰三角形，设，，根据两点之间距离公式得出，，，再进行分类讨论：①当时，②当时，③当时，先求出点M的坐标，再根据中点坐标公式，即可得出点N的坐标．【详解】（1）解：∵，，四边形为矩形，∴，，∵顺时针旋转矩形，得到矩形，∴，根据勾股定理可得：，∴，∴；（2）①∵顺时针旋转矩形，得到矩形，∴，∴，在和中，，∴；②∵，∴，在和中，，∴，∴，设，则，在中，根据勾股定理可得：，即，解得：，即，∴；（3）∵使以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形，∴使以A、D、M为顶点的三角形是等腰三角形，设，，∵，，∴，，，①当时，，∴，解得：，∴或，∴或，解得：或∴或；②当时，，，解得：（舍去），∴，∴，解得：，∴；③当时，，∴，解得：，∴，∴，解得：，∴，综上：或或或．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，菱形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形对边相等且平行，四个角都是直角；旋转前后对应角相等，对应边相等；菱形四边都相等，对角线互相垂直平分．6．（1）；（2）仍然成立，理由详见解析．【分析】（1）根据正方形的性质，，求得根据旋转的性质得到，于是得到；（2）如图2，过点作交的延长线于点，则，根据正方形的性质得到，由旋转的性质可知，，根据全等三角形的性质得到．求得，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论；如图3，过点作交的延长线于点，则，根据正方形的性质得到，，由旋转的性质可知，，根据全等三角形的性质得到．求得．根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：（1）四边形是正方形，，由旋转可知，（2）仍然成立①若选图2，证明如下：如图，过点F作交的延长线于点G，则．∵四边形是正方形，∴，．∴，．由旋转的性质可知，．∴．∴，∴，∴，．∴，即，∴．又∵，∴．∵，∴，②若选图3，证明如下：如图，过点F作交的延长线于点G，则．∵四边形是正方形，∴，．∴，．由旋转的性质可知，．∴．∴∴∴，．∴，即∴．又∵，∴．∵，∴．【点睛】本题考查了四边形的综合题，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．7．(1)图2成立，，证明见解析(2)图3不成立，、、的关系是，证明见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，本题中求证是关键．（1）将顺时针旋转，可得，证，即可求解；（2）将顺时针旋转，可得，证，即可求解．【详解】（1）解：将顺时针旋转，如图，

∵，，∴A与点C重合，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：不成立，新结论为，将顺时针旋转，如图，

∵，，∴A与点C重合，，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．8．(1)证明见解析(2)，证明见解析(3)【分析】（1）根据条件可得，根据等边对等角得，根据直角三角形两锐角互余可得，，则，证明，可得，再根据平行线的判定和性质及等角对等边即可得证；（2）数量关系：．延长至点，使，连接，根据三角形中位线定理得，证明，根据全等三角形的性质得到，即可得证；（3）设交于点，过点作于点，连接，证明是等边三角形，得，，证明点，，，四点共圆，根据圆周角定理可得，证明垂直平分，再根据圆周角定理得，证明是等腰直角三角形，设，则，，，设，根据角的直角三角形和勾股定理得，，在中，根据勾股定理建立关于的一元二次方程，求解后即得到，再代入计算即可．【详解】（1）解：过点作于点，∴，∵，，∴，∵，∴，∵平分，∴，∴，，∴，∵，∴，∵将绕点顺时针旋转至的位置，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（2）．证明：延长至点，使，连接，∵点是的中点，∴，∵，，∴，∴，∵将绕点顺时针旋转至的位置，，∴，，在和中，∴，∴，∴；（3）设交于点，过点作于点，连接，∵将绕点顺时针旋转至的位置，，∴，∴是等边三角形，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，，∴，∴点，，，四点共圆，∴，∴，是边上的中线，∴垂直平分，∴，，∴平分，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，设，∴，∴，∴，设，∵，，∴，∴，在中，，，∴，即，解得：，（负值不符合题意，舍去），∴，∴，∴的值为．【点睛】本题考查图形的旋转，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，对角互补的四边形共圆，圆周角定理，垂直平分线的判定和性质，直角三角形两锐角互余，角的直角三角形，解直角三角形等知识，本题难度大，判断点，，，四点共圆是解题的关键．9．(1)证明见详解(2)，理由如下(3)【分析】（1）根据等腰三角形的性质和全等三角形的性质即可求证；（2）过点作上交延长线于点，由等腰直角三角形可得，，由““可证，可得，可得结论；（3）将绕点顺时针旋转得到△，连接，，过点作，交的延长线于点，由旋转的性质可得，则当点，点，点，点共线时，的值最小，最小值为的长，由角所对直角边是斜边一半和勾股定理可求解．【详解】（1）解：由题：在中，，，于点，,则也是上的中点，即是的垂直平分线，，，，，，，．（2），理由如下：如图1，过点作交延长线于点，AI

，，，，，，，，，，又，，，．（3）如图2，将绕点顺时针旋转得到△，连接，，过点作，交的延长线于点，

，，，，，，是等边三角形，，，当点，点，点，点共线时，的值最小，最小值为的长，，，，，，，的最小值为：．【点睛】考查综合运用旋转的知识作辅助线证明的能力，用旋转的知识解决几何最值问题，对于与等腰直角三角形有关的证明题往往要进行图形的旋转，把要证明的要素集中到一个熟悉的图形中进行，最值问题常常要通过轴对称和旋转把要求的线段之和或差转化为俱有固定端点的折线，然后据两点之间线段最短来解决．10．(1)，(2)，理由见解析(3)，【分析】（1）根据旋转的性质可得，利用判定定理可直接证明，再依据对应线段相等可求．（2）把绕点逆时针旋转，使与重合，证全等即可到结论．（3）把绕点逆时针旋转，使与重合，点B对应点为点F，连接和即可求解．【详解】（1）解：，，理由如下：四边形是正方形，∴，，由旋转的性质可知，，，，，，，，，，．（2），证明如下：如下图，把绕点逆时针旋转，与重合，，，，，，；；在和中，，∴；

∴；∵；即．（3）如图1.解：∵，，∴，把绕点逆时针旋转，与重合，点的对应点为点；∴，，∴，，∴，∵，∴在中，，；；；

在和中，，∴，∴，在直角三角形中，由勾股定理得：，∴，∵是等腰直角三角形；∴，，同理把绕点顺时针旋转，点的对应点为点，连接，；

；，；；在直角中，；∴∴，由旋转的性质可知，；是等腰直角三角形；∴，∴．【点睛】本题主要考查正方形中的半角模型，旋转的性质，全等三角形的判定，掌握类比迁移，旋转后三角形全等的证明是解决本题的关键．11．(1)(2)，(3)【分析】（1）由旋转的性质可得，再根据等腰三角形的判定与性质可得，即可求解；（2）由旋转的性质得，可得，再根据对顶角相等可得，由平行线的性质可得，从而可得，设，可得，求得，利用勾股定理求得，证明，可得，即可求解；（3）点C的运动轨迹是以点A为圆心，为半径的圆，取的中点N，连接，进一步求解即可．【详解】（1）解：∵，∴，由旋转的性质得，，∵，∴，∴，故答案为：；（2）解：由旋转的性质得，，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，∴，设，则，，∴，解得，∴，∵，，在中，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，即，∴；（3）解：如图，∵绕点A按逆时针方向旋转，得到，∴点C的运动轨迹是以点A为圆心，为半径的圆，取的中点N，连接，∵，，∴，∵点M是的中点，∴，∵，即，当点C与点B重合时，的最小值为，综上可知，【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形中位线定理、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关定理是解题的关键．12．(1)见解析(2)或(3)1或7【分析】（1）根据，，推出，，根据旋转的性质得出，则，即可得出，最后根据即可求证；（2）用和（1）相同的方法证明，得出即可得出结论；（3）先根据勾股定理求出，再根据（1）（2）得出的结论进行分类讨论即可．【详解】（1）证明：∵，，∴，，∴，，∵绕点E逆时针旋转得到，∴，∴，∴，在和中，，∴；（2）解：当时，如图②：∵，，∴，，∴，，∵绕点E逆时针旋转得到，∴，∴，∴，在和中，，∴；∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴；当时，如图③：∵，∴，∵，∴，，∴，，∵绕点E逆时针旋转得到，∴，∴，∴，在和中，，∴；∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴；综上：或；（3）解：由（1）可知，当点E在线段上，时，，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，由②可知：或，∵，∴，根据勾股定理可得：，∴，或(不符合题意，舍去)，或，综上：或7．故答案为：1或7．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的全等的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是掌握三角形全等的判定方法，证明，以及掌握全等三角形对应边相等，平行四边形对边相等．13．(1)(2)见解析(3)【分析】（1）如图，过A作于H，证，得，求，在中运用勾股定理即可；（2）由（1）可知，，同理可证，，即是等边三角形，延长使，连接，在上截取，连接，，交，于M，L，计算得，得，所以C、H、M三点共线结合平行四边形性质得是等边三角，证换算即可的结果；（3）如图，因为将绕A旋转至，将绕G旋转至，过G作于K，由结合等边三角形求得，得是正三角形，将绕A旋转得到，得是正三角形，勾股定理逆定理证；同理可证，是正三角形，，，在中，利用求，勾股定理求，在中勾股定理求，割补法求得根据面积公式代入计算即可．【详解】（1）解：如图，过A作于H，

由题意可知，在与中，，，，，，，，，，，，，点A到的距离为；（2）证明：延长使，连接，在上截取，连接，，交，于M，L，

由（1）可知，，同理可证，，，即是等边三角形，，，，，，C、H、M三点共线，，，，∴四边形是平行四边形，，是等边三角，，是等边三角形，，，在和中，，，；（3）解：如图，，将绕A旋转至，将绕G旋转至，过G作于K，

，，，，，，，是正三角形将绕A旋转得到，，，，是正三角形，，在中有，，同理可证，是正三角形，，，在中，，，，，在中，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了平行四边形、三角形的旋转、全等三角形、等边三角形的证明和性质即三角形面积公式，还考查了勾股定理、逆定理以及“角所对的直角边等于斜边的一半”的应用；通过转换证明全等、运用割补法求面积是解题的关键．14．(1)，(2)当点落在上时，，当点落在上时，(3)的长度分别为2或或或．【分析】（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；（2）依题意画出图形，如图所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；（3）在旋转过程中，等腰有4种情形，分别画出图形，对于各种情形分别进行计算即可．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，在中，，，由勾股定理得：，，，∵点F是点E关于的对称点，，，，，在中，，，由勾股定理得：．（2）解：设平移中的三角形为，如图所示：

由对称点性质可知，．，由平移性质可知，，，．①当点落在上时，，，，，即；②当点落在上时，，，，，，又易知，为等腰三角形，，，即；（3）解：存在．理由如下：在旋转过程中，等腰依次有以下4种情形：①如图所示，点Q落在延长线上，且，则，

，，，，，．在中，由勾股定理得：．；②如图所示，点Q落在上，且，则，

，，，则此时点落在边上．，，，．在中，由勾股定理得：，即：，解得：，；③如图所示，点Q落在上，且，则．

，，．，．，，，，．在中，由勾股定理得：，；④如图所示，点Q落在上，且，则．

，，，，，．综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使为等腰三角形；的长度分别为2或或或．【点睛】本题是四边形综合题目，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、平移的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识点；第（3）问难度很大，解题关键是画出各种旋转图形，依题意进行分类讨论．15．(1)(2)见解析(3)【分析】（1）解等腰三角形求得，解斜三角形，求得，证明，进而求得结果；（2）作于，作于，连接，作交的延长线于，由得出，证明可得，解斜三角形可得，进而得出和的关系，进一步求得结论；（3）可得出点在以为圆心，为半径的圆上运动，当点运动到的延长线交的处时，最大，然后解直角三角形和斜三角形，进一步得出结果．【详解】（1）解：如图1，

作于，作交的延长线于，，，，，在四边形中，，，，，在中，，，，，，，在和中，，，；（2）证明：如图2，

作于，作于，连接，作交的延长线于，由（1）知：，，，，点是的中点，，，，，，点、、、共圆，，，，，，在中，，在和中，，，，，，，设，则，在中，，，，，，，，，，，，，，；（3）解：如图3，

由（2）得：，点是的中点，，，，点在以为圆心，为半径的圆上运动，当点运动到的延长线交的处时，最大，设，，，，，，，在中，，，，，，，．【点睛】本题考查了旋转综合题，涉及了全等三角形的判定与性质、勾股定理了、三角函数等．第三问的难度较大，确定动点的运动轨迹是解题关键．16．(1)(2)（i）见解析；（ii）【分析】（1）证，得，，再由三角形内角和定理得即可；（2）证四边形是平行四边形，得，再证四边形是平行四边形，进而得平行四边形是菱形，则，然后证、、、四点共圆，由圆周角定理得，即可得出结论；过点作于点，由勾股定理得，再由菱形的性质得，进而由锐角三角函数定义得，则，，然后由锐角三角函数定义即可得出结论．【详解】（1）是的中点，，由旋转的性质得：，，，，，即的大小为；（2）证明：，，，，，四边形是平行四边形，，，四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，，又，、、、四点共圆，，，；解：如图3，过点作于点，

则，在中，由勾股定理得：，四边形是菱形，，，，，，，即的值为．【点睛】本题是几何变换综合题目，考查了旋转的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，四点共圆，圆周角定理以及锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质、等腰三角形的性质以及锐角三角函数是解题的关键，属于中考常考题型．17．(1)，(2)，证明见解析(3)，【分析】（1）先根据旋转得：，计算，即点、、共线，再根据证明，得，可得