专题07 几何图形的旋转变换问题（解析版）-2023届中考数学压轴大题专项突破

专题07几何图形的旋转变换问题几何图形的旋转变换在中考压轴题中的考查非常频繁。旋转变换的性质：图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化。在解决旋转变换的题目时，不仅要把握旋转的性质和几何图形的性质外，还要求考生能够在图形变换中找到不变的量，通过转化等数学思想，将未知条件转化为已知条件，陌生模型转化为熟悉模型。 （2022·山东菏泽·统考中考真题）如图1，在中，于点D，在DA上取点E，使，连接BE、CE．(1)直接写出CE与AB的位置关系；(2)如图2，将绕点D旋转，得到（点，分别与点B，E对应），连接，在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；(3)如图3，当绕点D顺时针旋转30°时，射线与AD、分别交于点G、F，若，求的长．（1）由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得结论；（2）通过证明，可得，由余角的性质可得结论；（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得，即可求解．【答案】(1)CE⊥AB，理由见解析；(2)一致，理由见解析；(3)【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，∵∠ABC=45°，AD⊥BC，∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，∵DE=CD，∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，∴CE⊥AB；（2）在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：如图2，延长交于H，由旋转可得：CD=，=AD，∵∠ADC=∠ADB=90°，∴，∵，∴,，∵+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，∴∠DA+∠AGH=90°，∴∠AHC=90°，；（3）如图3，过点D作DH于点H，∵△BED绕点D顺时针旋转30°，∴，，，∴AD=2DH，AH=DH=，，由（2）可知：，，∵AD⊥BC，CD=，∴DG=1，CG=2DG=2，∴CG=FG=2，，∴AG=2GF=4，∴AD=AG+DG=4+1=5，∴．本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．（2022·辽宁锦州·统考中考真题）如图，在中，，D，E，F分别为的中点，连接．(1)如图1，求证：；(2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，判断与的数量关系，并说明理由；(3)如图3，在（2）的条件下，当时，求的长．（1）连接，可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可得证；（2）证明，根据（1）的结论即可得；（3）连接，过点作于，证明，可得，勾股定理求得，根据，，可得，进而求得，根据求得，根据（2）的结论，即可求解．【答案】(1)见解析；(2)，理由见解析；(3)【详解】（1）证明：如图，连接，，D，E，F分别为的中点，，，，，（2），理由如下，连接，如图，，D，E，F分别为的中点，，四边形是平行四边形，，，，，，，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，，，，，，，（3）如图，连接，过点作于，中，,，，，，，，，中，，中，，，，，，，，，，．本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．（2022·山西·中考真题）综合与实践问题情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，将三角板的直角顶点D放在Rt△ABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：（1）如图①，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；问题解决：（2）如图②，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；（3）如图③，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长．（1）由三角形中位线定理得到，证明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可证明结论；（2）证明△NDC是等腰三角形，过点N作NG⊥BC于点G，证明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性质即可求解；（3）延长ND，使DH=DN，证明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，证明∠MBH=90°，设AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）；（3）．【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形．理由如下：∵点M为AB的中点，点D为BC的中点，∴，∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四边形AMDN为矩形；（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，∴∠B+∠C=90°，．∵点D是BC的中点，∴CD=BC=5．∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．过点N作NG⊥BC于点G，则∠CGN=90°．∴CG=CD=．∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．∴，即，∴；（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，∵MD⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中点，∴BD=DC，又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，∴∠MBH=90°，设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，解得x=，∴线段AN的长为．本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题．1．（2022·山东德州·统考二模）如图，在矩形中，，，平分交于点.连接，点是上一动点，过点作交于点．将绕点旋转得到．(1)连接，，求证：；(2)当点恰好落在直线上时，若，求的值．【答案】(1)见解析；(2)或【分析】（1）先证得，，从而证明了结论；（2）先求得的长，进而求得，然后利用勾股定理解直角三角形，即可求得结果．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，∴，由旋转可知：，∴，即，∴；（2）如图1，∵四边形是矩形，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∴，由（1）知：，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得，，∴，，综上所述，或．2．（2022·内蒙古包头·包钢第三中学校考三模）已知中，点、分别在边、上，且，将绕点逆时针旋转．设旋转角为(1)试说明；(2)若，，当时，若点恰好落在边中点处，求的值；(3)若，，当点恰好落在边上时，延长交于，若，求的值．【答案】(1)见解析；(2)；(3)【分析】（1）根据，证明，得出，根据旋转的性质可得，即可得证；（2）根据三角形中线的性质，中位线的性质，设，求得，根据相似三角形的性质求得，进而即可求解．（3）根据勾股定理求得，进而根据相似三角形的性质求得的长，证明，根据相似三角形的性质求得，即可求的值．【详解】（1）证明：，，，，绕点逆时针旋转．设旋转角为，，，，（2）点恰好落在边中点处，，，，，垂直平分，，，，,，，，，，设，则，为的中点，，，，，，，，（3），，，是等腰直角三角形，，，，设，则，，,，，中，，，，，，，，，．3．（2022·浙江绍兴·校联考二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC=6，P为线段BC上一动点，设PC＝x．(1)如图①，当x＝2时，求AQ的长；(2)如图②，当x＝3时，把△CPQ绕点C逆时针旋转β度，（0＜β＜90°），求此时AQ的长；(3)如图③，将△PCQ沿PQ翻折，得到△PQM，点M是否可以落在△ABC的某边的中垂线上？如果可以，求出相应的x的值；如果不可以，说明理由。【答案】(1)AQ=；(2)AQ=；(3)或【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理得出，求出CQ的长度，即可求解答案；（2）先证明，利用相似三角形的性质求出，过点C作CD⊥PQ于点D，再利用等面积法求出，然后根据勾股定理分别求出DQ、AD长度，求解即可；（3）分别讨论当点M落在三角形ABC的边AC的中垂线上时，当点M落在三角形ABC的BC的中垂线上时，当点M落在三角形ABC的BA的中垂线上时三种情况，根据矩形的判定和性质及相似三角形的判定和性质进行求解即可．【详解】（1），，BC=6，AC＝8，PC＝2，，，；（2）图形旋转前，，，，，，，解得，在中，，过点C作CD⊥PQ于点D，，即，解得，在中，，在中，，；（3）当点M落在三角形ABC的边AC的中垂线上时，设AC的中垂线交AC于点N，过点P作PD⊥AC的中垂线于点D，，四边形PCND是矩形，，，，，即，，，解得，，由翻折可得，，，，，，，即，，，在中，，即，解得；当点M落在三角形ABC的BC的中垂线上时，设BC的中垂线交BC于点F，过点Q作QE⊥FM于点E，，四边形FCQE是矩形，，，，，，，，，即，解得，在中，，即，解得；当点M落在三角形ABC的BA的中垂线上时，如图可知，点M不可能落在三角形ABC的BA的中垂线上；综上，或．4．（2022·浙江金华·校联考二模）如图，菱形ABCD中，，，点E是射线AC上的一个动点，将线段BE绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DE、DF．(1)求证：；(2)如图2，连接BD，CF，当与相似时，求CE的长；(3)当点D关于直线EF的对称点落在菱形的边上时，求AE的长．【答案】(1)见解析(2)或(3)的长为1或3或4或5或7【分析】（1）根据菱形的性质，利用“SAS”得出，即可得出BE=DE，根据旋转的性质得出BE=EF，即可证明DE=EF；（2）先根据菱形的性质求出BD=6，再分或两种情况，分别求出CE的长即可；（3）根据点D关于EF的对称点在AB上，BC上，与点B重合，与自身重合，其中与自身重合时又要根据点E在AO或OC上两种情况进行讨论，分别画出图形，求出AE的长即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD，，∵在△AEB和△AED中，∴，∴BE=DE，∵根据旋转可知BE=EF，∴DE=EF．（2）∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，，BO=DO，∴，∴BD=2BO=6，∵△EBD一定是一个等腰三角形，∴△BED与△EFC相似存在两种情况，当时，根据解析（1）可知，DE=EF，∴，∴CE=BD=6；当时，，∵BE=DE=EF，∴，∵在Rt△BCE中，根据勾股定理可得：，∴，解得：或（舍去）；综上分析可知，或．（3）当点F与点D重合时，点E在AO上时，点D关于EF的对称点为其本身，符合题目要求，如图所示：根据解析（1）可知，BE=DE，∵EO⊥BD，∴，∵BO=DO，∴，∵AO=4，∴；②当点D关于EF的对称点在BC上时，连接，，，AC与交于点G，如图所示：根据解析（1）可知，，∴，∵，，∴，垂直平分，，，，，∵∠BEF=90°，∴BE⊥FE，∵，，，，∵，∴，∴，，∵，，，∴，，∴，∴；③当点E在对角线的交点上时，点F在AC上，点D关于EF的对称点正好在点B上，如图所示：∴此时；④当点D关于EF的对称点在AB上时，连接，，，AC与交于点G，如图所示：根据解析（1）可知，，∴，垂直平分，，，，，∵∠BEF=90°，∴BE⊥FE，∵，，，，∵，∴，∴，，∵，，，∴，，∴；⑤当点E在OC上，点D关于EF的对称点为其本身时，符合题目要求，如图所示：根据解析（1）可知，BE=DE，∵EO⊥BD，∴，∵BO=DO，∴，∵AO=4，∴；综上分析可知，AE的长为：1或3或4或5或7．5．（2022·辽宁沈阳·统考二模）在正方形ABCD中，，E是边CD上一动点（不与点C，D重合），分别连接AE，BE，将线段AE绕点E顺时针方向旋转90°得到EF，将线段BE绕点E逆时针方向旋转90°得到EG，连接DF，CG．(1)如图1，当点E是CD的中点时，求证：；(2)如图2，当时．直接写出的值；(3)如图3，当时，取AB的中点H，连接EH．①EH的长为；②DE的长为．【答案】(1)见解析；(2)；(3)6.5；0.5【分析】（1）根据正方形的性质、全等三角形的判定和性质，即可证得AE=BE，在利用旋转的性质，即可证得结论；（2）过点F作FM⊥CD，交CD的延长线于点M，过点G作GN⊥CD，交CD的延长线于点N，可证得△ADE≌△EMF，△BCE≌△ENG，可得DM=4，MF=2，CN=2，NG=4，再利用勾股定理，即可求得FD与CG的值，即可求解；（3）过点F作FP⊥CD，交CD的延长线于点P，过点G作GQ⊥CD，交CD的延长线于点Q，过点F作FS⊥QG，交QG于点S，过点H作HR⊥CD，交CD于点R，可证得△ADE≌△EPF，△BCE≌△EQG，设DE=x，则CE=6-x，可得DP=6-x，PF=x，CQ=x，QG=6-x，利用勾股定理，即可求得EH，DE的长．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC，∠ADE=∠BCE，∵点E是CD的中点，∴DE=CE，在△ADE和△BCE中，，∴△ADE≌△BCE（SAS），∴AE=BE，∵将线段AE绕点E顺时针方向旋转90°得到EF，将线段BE绕点E逆时针方向旋转90°得到EG，∴AE=EF，BE=EG，∴EF=EG．（2）解：过点F作FM⊥CD，交CD的延长线于点M，过点G作GN⊥CD，交CD的延长线于点N，如图，∵FM⊥CD，GN⊥CD，∴∠M=90°，∠N=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADE=90°，∠BCE=90°，∴∠ADE=∠M，∠BCE=∠N，∴∠DAE+∠AED=90°，∠CBE+∠BEC=90°，∵将线段AE绕点E顺时针方向旋转90°得到EF，将线段BE绕点E逆时针方向旋转90°得到EG，∴AE=EF，BE=EG，∠AEF=90°，∠BEG=90°，∴∠FEM+∠AED=90°，∠GEN+∠BEC=90°，∴∠DAE=∠FEM，∠CBE=∠GEN，∴△ADE≌△EMF，△BCE≌△ENG，∴MF=DE，ME=AD=6，NG=CE，EN=BC=6，∵EC=2DE，∴DE=2，CE=4，∴MF=2，NG=4，∴DM=ME-DE=6-2=4，CN=EN-CE=6-4=2，由勾股定理得，，，∴．（3）解：过点F作FP⊥CD，交CD的延长线于点P，过点G作GQ⊥CD，交CD的延长线于点Q，过点F作FS⊥QG，交QG于点S，过点H作HR⊥CD，交CD于点R，如图，设DE=x，则CE=6-x，由（2）可同理得，△ADE≌△EPF，△BCE≌△EQG，∴PF=DE=x，PE=AD=6，QG=CE=6-x，EQ=BC=6，∴DP=PE-DE=6-x，CQ=EQ-CE=x，∵∠P=∠Q=∠FSQ=90°，∴四边形FSQP是矩形，∴QS=PF=x，FS=PQ=PE+EQ=12，由勾股定理得，，又∵SG=QG-QS=6-x-x=6-2x，∴6-2x=5，解得x=0.5，∴DE=0.5，∵∠DAH=∠ADR=∠DRH=90°，∴四边形ADRH是矩形，∴DR=AH==3，HR=AD=6，∴RE=DR-DE=2.5，由勾股定理得，．故答案为：6.5；0.5．6．（2022·海南海口·统考二模）如图1，在边长为1的正方形ABCD中，点P是线段BC上一个动点（与点B、C不重合），将线段AP绕点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接DE．过点D作DFEP，交AB于点F，交AP于点G，连接FP．(1)求证：①△ABP≌△DAF；②四边形PEDF是平行四边形；(2)如图2，延长BC至点M，点P在运动过程中，求证：点E始终在∠DCM的角平分线上；(3)设BP＝x．当x为何值时，ED＝EQ？【答案】(1)①证明见解析；②证明见解析(2)证明见解析(3)当x为时，ED＝EQ【分析】（1）①根据正方形的性质确定AB＝DA，∠ABP＝∠DAF＝90°，根据旋转的性质和平行线的性质确定∠AGD=90°，根据直角三角形两个锐角互余和等价代换思想确定∠BAP＝∠ADF，最后根据全等三角形的判定定理即可证明．②根据全等三角形的性质，旋转的性质确定DF＝PE，再根据平行四边形的判定定理即可证明．（2）过点E作EH⊥DC于点H，EI⊥BM于点I．根据正方形的性质，矩形的判定定理确定四边形CIEH是矩形，根据直角三角形两个锐角互余，角的和差关系确定∠APB＝∠PEI，根据正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定定理和性质，等价代换思想确定BP＝IE．BC=PI，根据线段的和差关系和等价代换思想确定IE＝CI，最后根据正方形的判定定理和性质即可证明．（3）根据等腰三角形三线合一的性质确定QH=DH，根据全等三角形的性质，正方形的性质，线段的和差关系