猜想03旋转综合题（3种常见题型专练）

猜想03旋转综合题（3种常见题型专练）题型一：线段问题题型二：面积问题题型三：角度问题题型一：线段问题1．（2023上·广东深圳·九年级深圳中学校考期末）在锐角中，，，，将绕点按逆时针方向旋转，得到．(1)如图1，当点在线段的延长线上时，的度数为________；(2)如图2，连接，．若的面积为4，求的面积；(3)如图3，点为线段中点，点是线段上的动点，在绕点按逆时针方向旋转过程中，点的对应点是，直接写出线段长度的最大值与最小值．【答案】(1)(2)(3)最大值为7；最小值为【分析】（1）由旋转的性质可得：，，又由等腰三角形的性质，即可求得的度数；（2）由旋转的性质可得：，易证得，利用相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得的面积；（3）①当P在上运动至时，绕点B旋转，使点P的对应点在线段上时，最小，②当P在上运动至点C，绕点B旋转，使点P的对应点在线段的延长线上时，最大，即可求得线段EP1长度的最大值与最小值．【详解】（1）解：由旋转的性质可得：，，∴，∴；故答案为：；（2）∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∵，∴；（3）如图，过点B作，D为垂足，∵为锐角三角形，∴点D在线段上，在中，；①当P在上运动至时，绕点B旋转，使点P的对应点在线段上时，最小，最小值为：；②当P在上运动至点C，绕点B旋转，使点P的对应点在线段的延长线上时，最大，最大值为：；因此，线段EP1长度的最大值为7，最小值为：．【点睛】此题考查了旋转的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角函数的应用．此题难度较大，注意数形结合思想的应用，注意旋转前后的对应关系．2．（2023上·山西大同·九年级大同一中校考期末）如图①在正方形中，连接，点E是边上的一点，交于点F，点P是的中点，连接．

(1)如图①，探究与有何关系，并说明理由；(2)若将绕点B顺时针旋转90°，得到图②，连接，取的中点P，连接，请问在该条件下，①中的结论是否成立，并说明理由；(3)如果把绕点B顺时针旋转180°，得到图③，同样连接，取的中点P，连接，请你直接写出与的关系．【答案】(1)，且；理由见详解(2)，且；理由见详解(3)，且；理由见详解【分析】（1）过点作，通过条件证明，就可以得出结论，；（2）作于，根据平行线等分线段定理就可以得出，再根据中垂线的性质就可以得出，（3）延长交延长线于，连，最后通过证明三角形全等就可以得出结论．【详解】（1），且．证明：过于点，延长交于点，作于点．

则四边形是正方形，四边形是矩形，，，，，，是的中点，，，在和中，，，，，，，，；（2）成立．

证明：图2中，作，则，又是的中点，，则是的中垂线，，，，是的中点，，则，，是等腰直角三角形，，且；（3）图3中，延长交延长线于，连．

，，，四边形是矩形．，，由图（2）可知，平分，，，又，为等腰直角三角形，．．，．，，．，，即，又，，．在和中，，．，．，，，，，，即，．【点睛】此题综合考查了旋转的性质及全等三角形的判断和性质，如何构造全等的三角形是难点，因此难度较大．3．（2023上·山西阳泉·九年级统考期末）【阅读理解】如图1，为等边的中心角，将绕点逆时针旋转一个角度，的两边与三角形的边，分别交于点，．设等边的面积为，通过证明可得，则．(1)【类比探究】如图2，为正方形的中心角，将绕点逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边，分别交于点，．若正方形的面积为，请用含的式子表示四边形的面积（写出具体探究过程）．(2)【拓展应用】如图3，为正六边形的中心角，将绕点逆时针旋转一个角度，的两边与正六边形的边，分别交于点，．若四边形面积为，请直接写出正六边形的面积(3)【猜想结论】如图4，为正边形……的中心角，将绕点逆时针旋转一个角度，的两边与正边形的边，分别交于点，．若四边形面积为，请用含、的式子表示正边形……的面积．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）通过证明可得，则．（2）通过证明可得，则．（3）通过证明可得，则【详解】（1）解：如图2，∵为正方形的中心角，∴，，∵绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正方形的边分别交于点∴，又∵，∴，∴．（2）如图3，∵为正六边形的中心角，∴，，∵绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正六边形的边分别交于点∴，又∵，∴，∴．∵四边形面积为，∴正六边形的面积为．（3）如图4，∵为正多边形的中心角，∴，，∵绕点O逆时针旋转一个角度，的两边与正多边形的边分别交于点∴，又∵，∴，∴．∵四边形面积为，∴正多边形的面积为．【点睛】本题考查了旋转，正多边形的性质，正多边形的中心角，三角形的全等，图形的割补，熟练掌握旋转的性质，正多边形的性质是解题的关键．4．（2022上·山东济南·九年级校考阶段练习）在中，，点D，E分别是的中点，点P是射线上一点，连接，将线段绕点P顺时针旋转得到线段，连接．(1)问题发现如图（1），当点P与点D重合时，线段与的数量关系是，．(2)探究证明当点P在射线上运动时（不与点E重合），（1）中结论是否一定成立？请仅就图（2）中的情形给出证明．(3)问题解决若，连接，当是等边三角形时，直接写出的长度．【答案】(1)，45(2)结论成立，证明见解析(3)【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质解决问题即可．（2）结论不变．连接．证明，推出，，可得结论．（3）当点P在点E的上方时，过点P作于Q．设，则，，可得，从而得到，进而得到，即可解决问题．【详解】（1）解：如图（1）中，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴．故答案为：，45．（2）结论成立，证明如下：如图（2）中，连接．∵，∴平分，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，，∴．（3）当点P在点E的上方时，如图（3）中，过点P作于Q．∵是等边三角形，∴，∵，∴，设，则，，∴，∴，∴，∵，∴．【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，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．5．（2023上·重庆沙坪坝·九年级统考期末）如图，已知中，，，点D是所在平面内一点，连接，，．(1)如图1，点D在上，，且，求的面积；(2)如图2，点D为内部一动点，将线段绕点B逆时针旋转得到线段，连接，点G是线段的中点，连接，猜想线段，之间存在的位置关系和数量关系，并证明你的猜想；(3)如图3，点C关于直线的对称点为点，连接，，点D为内部一动点，连接．若，且，当线段最短时，直接写出的面积．【答案】(1)6(2)且，见解析(3)【分析】（1）过点D作DE⊥AC于点E，解，求出，，从而求得，则．然后由求解即可；（2）将线段BA绕点B逆时针旋转90°得到线段BH，连接FH，证明，得，，再延长至点K，使得；交于点P，连接，，证明，得，．再证明，得，继而证得，即可得出结论；（3）由，所以A、C、B、D四点是在以为直径的圆上，设此圆的圆心为O，所以当、D、O三点其线时，最短，过点O作于E，过点D作于F，利用等腰直角三角形的性质、勾股定理，垂直径定理，求得，，，再利用对称的性质求得，，，则，然后证明，得，从而求得，最后根据求解即可．【详解】（1）解：过点D作DE⊥AC于点E，如图1，在中，∠AED90°，∵，，设，则，∴，解得：，∴，．∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴．在等腰中，，∴．（2）解：猜想：证明：将线段BA绕点B逆时针旋转90°得到线段BH，连接FH，如图2，即，在和中，，∴，∴，，再延长至点K，使得；交于点P，连接，，在和中，∴，∴，．∴，，∵四边形是正方形，∴，，，，，，即．在和中，，∴，，，，，．（3）解：∵，∴A、C、B、D四点是在以为直径的圆上，设此圆的圆心为O，∴当、D、O三点其线时，最短，过点O作于E，过点D作于F，如图3，在等腰中，，，，由勾股定理，得，∵，∴，∴，∵点C与点关于对称，∴，∴，在中，由勾股定理，得，∴，∵，，∴，∴，∴，即，∴，．【点睛】本题考查解直角三角形，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，垂径定理，三角形的面积，最短距离问题，本题综合性质强，难度较大，熟练掌握相关性质和判定是解题的关键．6．（2023上·福建厦门·九年级统考期末）在中，，，将绕点A逆时针旋转，旋转角为，记点B，C的对应点分别为D，E．(1)若和线段如图所示，请在图中作出（要求；尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)M是的中点，N是点M旋转后的对应点，连接，，，则是否存在β与α的某种数量关系，使得无论α取何值时，都有？若存在，请说明理由，并直接写出此时与的数量关系；若不存在，也请说明理由．【答案】(1)见解析(2)存在，理由见解析，【分析】（1）根据全等三角形的判定和尺规作图的方法，根据题意画出图形即可；（2）连接，，根据三角形的外角定理可得，则，再通过证明四边形是平行四边形，得出，即可得出结论．【详解】（1）解：如图即为所求．解法一（利用作全等三角形）：解法二（利用作全等三角形或作点C旋转后的对应点E）：解法三（利用作全等三角形）：（2）解法一：当时，无论取何值时，都有．理由如下：∵，，∴始终在的外部．连接，，∵在中，，是的中点，∴．∴．∵是的外角，∴．又∵，即，∴．∴．∵由绕点逆时针旋转得到，且点是点旋转后的对应点，点是点旋转后的对应点，∴，，．又∵点在上，∴．∴，即点在上．∴．∴．又∵，∴四边形是平行四边形．∴．此时，．解法二：∵，，∴始终在的外部．连接，，∵在中，，是的中点，∴．∴．∵由绕点逆时针旋转得到，且点是点旋转后的对应点，点是点旋转后的对应点，∴，，．又∵点在上，∴．∴．即点在上．∴．∴．要使得无论取何值时，都有，只要使四边形是平行四边形．∵，∴要使四边形是平行四边形，只要使．即要使．∵，∴．又∵是的外角，∴．∴要使，只要使，即．∴当时，无论取何值时，都有．此时，．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，尺规作图，三角形的外角定理，平行四边形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握相关知识点并灵活运用．题型二：面积问题1．（2021下·辽宁丹东·八年级统考期末）如图在中，，点D，E分别在边上，，连接，，点M，P，N分别为的中点，连接，．(1)图1中，线段与的数量关系是___________；位置关系是____________．(2)将绕点A按逆时针方向旋转到图2位置，连接，判断的形状，并说明理由．(3)将绕点A在平面内自由旋转，若，请直接写出面积的最大值．【答案】(1)PM＝PN，PM⊥PN(2)等腰直角三角形，理由见解析(3)【分析】（1）利用三角形的中位线得出PM=CE，PN=BD，进而判断出BD=CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PMCE得出∠DPM=∠DCA，最后用互余即可得出结论；（2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出PM=BD，PN=BD，即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出结论；（3）先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD最大是AB+AD=10，即可得出结论．【详解】（1）解：∵点P，N是BC，CD的中点，∴PNBD，PN=BD，∵点P，M是CD，DE的中点，∴PMCE，PM=CE，∵AB=AC，AD=AE，∴BD=CE，∴PM=PN，∵PNBD，∴∠DPN=∠ADC，∵PMCE，∴∠DPM=∠DCA，∵∠BAC=90°，∴∠ADC+∠ACD=90°，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，∴PM⊥PN，故答案为：PM=PN，PM⊥PN；（2）解：△PMN是等腰直角三角形．证明：由旋转性质可知∠BAD＝∠CAE又∵AB＝AC，AD＝AE∴△BAD≌△CAE∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE∵点P，M分别是DC，DE的中点∴PM是△DCE的中位线∴PM＝CE且PMCE同理PN＝BD且PNBD∴PM＝PN，∠MPD＝∠ECD，∠PNC＝∠DBC∴∠MPD＝∠ECD＝∠ACD＋∠ACE＝∠ACD＋∠ABD∠DPN＝∠PNC＋∠PCN＝∠DBC＋∠PCN∴∠MPN＝∠MPD＋∠DPN＝∠ACD＋∠ABD＋∠DBC＋∠PCN＝∠ABC＋∠ACB＝90°∴△PMN是等腰直角三角形．（3）解：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=BD，∴PM最大时，△PMN面积最大，∴点D在BA的延长线上，∴BD=AB+AD=11，∴PM=5，∴S△PMN最大=PM2=×()2=．【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出PM=CE，PN=BD，解（2）的关键是判断出△ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出MN最大时，△PMN的面积最大．2．（2023上·江西抚州·九年级统考期末）综合与实践：图形的几何变换复习课上，老师对一张平行四边形纸片进行如下操作：(1)如图1，折叠该纸片，使边恰好落在边上，边恰好落在边上，得到折痕和，判断四边形的形状，并说明理由；(2)老师沿折痕将和剪下，得到两个全等的等腰三角形，已知等腰三角形的腰长为5，底边长为6，底角度数为a，通过不同的摆放方式，三个学习小组利用几何变换设置了几个问题，请一一解答．①善思小组：将两个三角形摆放成如图2的位置，使边与边重合，然后固定，将沿着射线的方向平移（如图3），当四边形为矩形时，求平移的距离．②勤学小组：将两个三角形摆成如图4的位置，使与重合，取的中点O，固定，将绕着点O按逆时针方向旋转（旋转角），如图5，在旋转过程中，四边形的形状是______．③奋进小组：在②勤学小组的旋转过程中，利用图6进行探究，当与的重叠部分为等腰三角形时，旋转角为______（用含的代数式表示），此时重叠部分的面积为_____．【答案】(1)平行四边形，理由见解析(2)①；②矩形；③或；【分析】（1）根据折叠的性质可得，，从而得出，即可得出结论；（2）①作垂直于点G，由三线合一性质可得，求出的长度，最后根据即可求解；②通过证明，，即可得出结论；③分两种情况进行讨论：当点C在边上时，当点F在边上时．【详解】（1）解：四边形为平行四边形．理由如下：在平行四边形中，，，由折叠可知，，，∴，∴，∴，∴，∴，由，得，∴四边形为平行四边形．（2）①如图，作垂直于点G，∵，由三线合一性质可得，∴，当四边形为矩形时，，则，解得：，∴即平移的距离为．②∵与重合，∴∵点O为中点，∴，在和中，，∴，∴，同理可得：，∴，∴四边形为平行四边形，∴四边形为矩形．故答案为：矩形．③如图：连接，过点E作于点M，∵点O为中点，，∴，，根据勾股定理可得：，∵，∴，即，解得：，∴，当点C在边上时，∵，∴为等腰三角形，此时旋转角为，过点O作与点G，∵，∴，根据勾股定理得：，∴，∴重叠部分面积，当点F在边上时，∵，∴为等腰三角形，∵，此时旋转角为，过点O作于点H，∵，∴，根据勾股定理得：，∴，∴重叠部分面积，综上：旋转角为或；重叠部分面积为；故答案为：或，．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，等腰三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是熟练掌握相关内容并灵活运用．3．（2023上·辽宁抚顺·九年级统考期末）如图，与均为等腰直角三角形，，F，G，H分别是，，的中点，连接，，．(1)当E在延长线上时，如图①，的形状是_____；(2)将绕点C逆时针旋转，其他条件不变，如图②，（1）的结论是否成立？说明理由；(3)若，，绕点C逆时针旋转一周，直接写出面积的最大值和最小值．【答案】(1)等腰直角三角形(2)成立，理由见解析(3)最大值：，最小值：【分析】（1）根据F、G分别是、的中点和、是等腰直角三角形即可得出结论．（2）分别取和的中点M、N，连接、、、，根据中位线的性质可求得，再结合是等腰直角三角形，可证，从而得出结论．（3）绕点C逆时针旋转一周，则相当于H在点C为圆心，为半径的圆上移动，当点H运动到N点时，有最小值，运动到M点时，有最大值．【详解】（1）是等腰直角三角形，解：∵F、G分别为、的中点，且，∴，∵是等腰直角三角形，∴，同理可得，∴是等腰直角三角形．（2）成立，理由如下，解：取的中点M，的中点N，连接、、、，交于点P，∵F、G分别、的中点，∴，，，，∴，，，∴，同理，∴，又∵为等腰直角三角形，∴，，∴，同理，∴，∴，，又∵，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形．（3）解：若绕点C逆时针旋转一周，则相当于H在以C为圆心，为半径的圆上移动，∵，且是等腰直角三角形，∴，由（2）知是等腰直角三角形，∴，∴，∵，l为H到的距离，∴当H在与交点N处时，有最小值，在交点M处时有最大值，∵与相交与点P，∴，∴，，∴面积最大值为，最小值为．【点睛】本题考查了三角形旋转的综合问题，涉及到了等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定以及垂线段最短，正确做出辅助线是解题的关键．4．（2022上·吉林通化·九年级统考期末）如图，中，，，点、在边上，，将绕点顺时针旋转得．(1)求证：；(2)连接，求证：；(3)若，，则______，四边形的面积＝______．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)；【分析】（1）由旋转的性质得，从而得到，即可证明结论；（2）由旋转的性质得，，则，再利用即可证明；（3）如图，过点作于，由（1）得，，在中，由勾股定理得，则，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，再利用可得出答案．【详解】（1）证明：∵将绕点顺时针旋转得，∴，∵在中，，，∴，∴，∴．（2）证明：∵将绕点顺时针旋转得，∴，，∵，，∴，∴，∴，在和中，，∴．（3）解：如图，过点作于，∵将绕点顺时针旋转得，，，∴，由（1）得，，在中，，由（2）得，，∴，，∴，∵在中，，，∴，∴，∴四边形的面积：．故答案为：；．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形三线合一的性质等知识．证明是解题的关键．5．（2023上·河北秦皇岛·九年级秦皇岛市第七中学校考期末）如图1，在中，，，，点、分别为边、的中点，连接，将绕点C逆时针旋转α（）．(1)如图1，当时，易知和的位置关系为；线段和的数量关系为；(2)将绕点C逆时针旋转至图2所示位置时，（1）中和的关系是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3)当绕点C逆时针旋转过程中．①面积的最大值为；②当三点共线时，线段的长为．【答案】(1)(2)（1）中和的关系仍然成立，见详解．(3)①②．【分析】（1）先求出，再求出，进而求出，即可得出结论；（2）通过证明，结论仍然成立．（3）①过点C作，并延长，当点转到延长线上时，的面积最大．②当三点共线时，证明，根据勾股定理即可解得．【详解】（1）∵，点分别为边的中点，∴，∵，∴，∴．（2）∵，，∴，∵∴，∴，∴（1）中和的关系仍然成立．（3）①过点C作，并延长，当点转到延长线上时，的面积最大，，，∴，②当三点共线时，∵，∴，∴，∴设，，根据勾股定理得，（舍去），∴【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，正确寻找相似三角形解决问题．题型三：角度问题1．（2021上·广东广州·九年级广州市第二中学校考期中）如图，在中，，，将绕点B按逆时针方向旋转，得到，连接，交于点F．(1)求证：；(2)求的度数．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据条件证出，即可得证．（2）根据条件求出的度数，然后根据四边形内角和求出的度数，最后用的度数即可．【详解】（1）解：证明：∵绕点B按逆时针方向旋转，∴，∴，又∵，∴，在与中，，∴．（2）解：由旋转可得：，∴．∵，∴，∴．【点睛】本题考查了图形的旋转、全等三角形的判定、等腰三角形的性质等知识点，充分利用旋转性质是解题关键．2．（2022上·河北廊坊·九年级统考期末）如图，中，，D为内一点，连接，将绕点A逆时针旋转，得到，连接．

(1)求证：；(2)若，求的度数．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由旋转的性质可知，，从而可求，进而可证，即得出；（2）设相交于点F，则．由等边对等角结合三角形内角和定理可求出，从而可求出，进而可得．【详解】（1）证明：由题意可知，，∴，即．又∵，∴，∴；（2）解：如图，设相交于点F，

∴．∵，，∴，∴，∴．【点睛】本题考查旋转的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识．解答此题的关键是要明确：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．3．（2022上·河南商丘·九年级统考期末）（1）问题发现如图1，在等边三角形ABC内部有一点P，，，，求的度数．针对此问题，数学王老师给出了下面的思路：如图2，将绕点A逆时针旋转60°得到，连结，得到等边三角形，在中，根据三角形三边关系以及勾股定理……请根据王老师的思路提示，完成本题的解答；（2）类比延伸如图3，在正方形ABCD内部有一点P，若，试判断线段PA、PB、PD之间的数量关系，并说明理由．【答案】（1）；（2），理由见解析【分析】（1）根据勾股定理的逆定理可得到为直角三角形，且，即可得到∠APB的度数；（2）把△ADP绕点A顺时针旋转90°得到，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状可得，然后求出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出再求出，然后利用勾股定理得出等量代换