中考数学专题复习《几何图形旋转型综合题》测试卷附带答案

第页中考数学专题复习《几何图形旋转型综合题》测试卷（附带答案)学校:___________班级:___________姓名:___________考号:___________(小题破大题)模型再现：轴对称(翻折)型全等模型1.如图，正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，求证：EF＝CF＋AE.【思维教练】由旋转可得DE＝DM，∠EDM＝90°，由∠EDF＝45°，得到∠MDF＝45°，即∠EDF＝∠MDF，再由DF＝DF，可证△DEF≌△DMF，由全等三角形的对应边相等可得出EF＝CF＋AE.第1题图模型再现：半角模型2.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF＝45°，若△ECF的周长为4，求正方形的边长．【思维教练】将△DAF绕点A顺时针旋转90°得到△BAF′，再证△FAE≌△F′AE，利用△ECF的周长为4及线段之间的转换即可求出．第2题图模型再现：全等手拉手模型3.如图，在正方形ABCD中，点G是对角线AC上一点(不与点A、C重合)，连接BG，将△ABG绕点B顺时针旋转90°，得到△CBH.求证：AG2＋CG2＝GH2.【思维教练】由旋转得△ABG≌△CBH，可得AG＝CH，∠ACH＝90°，在Rt△CGH中，利用结合勾股定理求证．第3题图模型再现：自旋转型全等模型4.如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD(不含B点)上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM.求证：△AMB≌△ENB.【思维教练】由等边三角形的性质得到AB＝BE，∠ABE＝60°，由旋转的性质得到∠MBN＝60°，BM＝BN，最后利用等量代换得到∠EBN＝∠ABM，即可证得△AMB≌△ENB.第4题图(针对训练)1.如图，在边长为6的正方形ABCD中，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α(0°＜α＜90°)，得到正方形AEFG，EF交线段CD于点P，FE的延长线交线段BC于点H，连接AH、AP.(1)求证：△ADP≌△AEP；(2)①求∠HAP的度数；②判断线段HP、BH、DP的数量关系，并说明理由；(3)连接DE、EC、CF、DF，得到四边形CFDE，在旋转过程中，四边形CFDE能否为矩形？若能，求出BH的值；若不能，请说明理由．第1题图2.如图，四边形ABCD与四边形AEFG均为正方形，DE与BG交于点H，BG与AE交于点M，连接DG.(1)求证：△EAD≌△GAB；(2)求证：DH2＋GH2＝DG2；(3)将正方形ABCD绕点A逆时针旋转(0°＜∠BAE＜180°)，设△ABE的面积为S1，△ADG的面积为S2，判断S1与S2大小关系，并证明你的结论．第2题图参考答案小题破大题1.证明：∵△DAE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，∴∠A＝∠DCM，DE＝DM，AE＝CM，∠EDM＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠FCD＝90°，∴∠FCD＋∠DCM＝180°，∴F、C、M三点共线，∵∠EDF＝45°，∴∠FDM＝∠EDF＝45°，在△DEF和△DMF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(DE＝DM,∠EDF＝∠MDF,DF＝DF))，∴△DEF≌△DMF，∴EF＝MF，∴EF＝CF＋CM＝CF＋AE.2.解：如解图，将△DAF绕点A顺时针旋转90°得到△BAF′，则△DAF≌△BAF′，∴DF＝BF′，∠DAF＝∠BAF′，AF＝AF′，∠FAF′＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠EAF′＝45°，在△FAE和△F′AE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AF＝AF′,∠FAE＝∠F′AE,AE＝AE))，∴△FAE≌△F′AE，∴EF＝EF′，∵△ECF的周长为4，∴FC＋CE＋EF＝FC＋CE＋EF′＝FC＋BC＋BF′＝FC＋BC＋DF＝4，∴2BC＝4，∴BC＝2，∴正方形ABCD的边长为2.第2题解图3.证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠BCA＝45°，由旋转得△ABG≌△CBH，∴∠BAC＝∠BCH＝45°，AG＝CH，∴∠GCH＝90°，在Rt△GCH中，CH2＋CG2＝GH2，∴AG2＋CG2＝GH2.4.证明：∵△ABE是等边三角形，∴BA＝BE，∠ABE＝60°，∵∠MBN＝60°，∴∠MBN－∠ABN＝∠ABE－∠ABN.即∠MBA＝∠NBE.又∵MB＝NB，∴△AMB≌△ENB.针对训练1.(1)证明：∵将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α，得到正方形AEFG，∴AB＝AE，∠AEP＝∠ABH＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝90°，∴AE＝AD，∠D＝∠AEP＝90°，在Rt△ADP和Rt△AEP中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝AE,AP＝AP))，∴Rt△ADP≌Rt△AEP(HL)；(2)解：①∵∠AEP＝90°，∴∠AEH＝90°，在Rt△ABH和Rt△AEH中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AE,AH＝AH))，∴Rt△ABH≌Rt△AEH，∴∠BAH＝∠EAH，BH＝HE，∵Rt△AEP≌Rt△ADP，∴∠EAP＝∠DAP，EP＝DP，∴∠HAP＝∠HAE＋∠EAP＝eq\f(1,2)∠BAD＝45°；②HP＝BH＋DP.理由：由(2)①知BH＝HE，DP＝PE，∴HP＝HE＋PE＝BH＋DP；(3)解：能，如解图，当P是CD的中点时，四边形CFDE是矩形，∵点P是CD的中点，∴DP＝CP＝eq\f(1,2)CD，由(2)得EP＝DP，∴PE＝eq\f(1,2)CD，又∵CD＝EF，∴DP＝PC＝PE＝PF，∴四边形CFDE是矩形，设BH＝x，则HE＝BH＝x，PE＝PD＝PC＝3，CH＝6－x，PH＝3＋x，在Rt△PHC中，由勾股定理得，(6－x)2＋32＝(3＋x)2，解得x＝2，即BH＝2.第1题解图2.(1)证明：∵四边形ABCD与四边形AEFG均为正方形，∴∠BAD＝∠EAG＝90°，AG＝AE，AB＝AD，∴∠BAD＋∠BAE＝∠EAG＋∠BAE，即∠EAD＝∠GAB，∴△EAD≌△GAB(SAS)；(2)证明：由(1)知△EAD≌△GAB，∴∠BGA＝∠DEA，∵∠BGA＋∠GMA＝90°，∠AMG＝∠EMH，∴∠DEA＋∠EMH＝90°，∴BG⊥DE，∴DH2＋GH2＝DG2；(3)解：S1＝S2.证明如下：①当0°＜∠BAE＜90°时，如解图①，过点D作DP⊥GA交GA的延长线于P，过点B作BN⊥AE交AE的延长线于N.∵∠PAN＝∠BAD＝90°，∴∠NAB＋∠BAP＝90°，∠BAP＋∠PAD＝90°，∴∠NAB＝∠PAD，又∵∠ANB＝∠APD＝90°，且AB＝AD，∴△ANB≌△APD，∴BN＝DP，又∵AE＝AG，∴eq\f(1,2)AE·BN＝eq\f(1,2)AG·DP，∴S1＝S2；②当∠BAE＝90°时，如解图②，∵AE＝AG，∠BAE＝∠DAG＝90°，AB＝AD，∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴S1＝S2；③当90°＜∠BAE＜180°时，如解图③，过点B作BN⊥EA的延长线于点N，过点D作DP⊥AG的延长线于点P.则∠ANB＝∠APD＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，且AB＝AD，∵∠