备战中考数学初中数学旋转综合经典题含答案doc.docx

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2020-2021备战中考数学初中数学旋转综合经典题含答案

一、旋转

1．在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点O（0，0），点A（5，0），点B（0，

3）．以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别

为D，E，F．

（1）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标；

（2）如图②，当点D落在线段BE上时，AD与BC交于点H．

①求证△ADB≌△AOB；

②求点H的坐标．

（3）记K为矩形AOBC对角线的交点，S为△KDE的面积，求S的取值范围（直接写出结果即可）．

【答案】

（1）D（1，3）；

（2）①详见解析；②H（17，3）；（3）

5

30334≤S≤30334．

44

【解析】

【分析】

（1）如图①，在Rt△ACD中求出CD即可解决问题；

（2）①根据HL证明即可；

②，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，在Rt△AHC中，根据AH2=HC2+AC2，构建方程求出

m即可解决问题；

（3）如图③中，当点D在线段BK上时，△DEK的面积最小，当点D在BA的延长线上

时，△D′E′K的面积最大，求出面积的最小值以及最大值即可解决问题；

【详解】

（1）如图①中，

∵A（5，0），B（0，3），

∴OA=5，OB=3，

∵四边形AOBC是矩形，

∴AC=OB=3，OA=BC=5，∠OBC=∠C=90，°∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到，

∴AD=AO=5，

在Rt△ADC中，CD=

AD

2

AC

2=4

，

∴BD=BC-CD=1，

∴D（1，3）．

（2）①如图②中，

由四边形ADEF是矩形，得到∠ADE=90°，

∵点D在线段BE上，

∴∠ADB=90，°

由

（1）可知，AD=AO，又AB=AB，∠AOB=90°，

∴Rt△ADB≌Rt△AOB（HL）．

②如图②中，由△ADB≌△AOB，得到∠BAD=∠BAO，又在矩形AOBC中，OA∥BC，

∴∠CBA=∠OAB，

∴∠BAD=∠CBA，

∴BH=AH，设AH=BH=m，则HC=BC-BH=5-m，

在Rt△AHC中，∵AH2=HC2+AC2，∴m2=32+（5-m）2，

∴m=17，

5

∴BH=17，

5

∴H（

17

，3）．

5

（3）如图③中，当点

D在线段BK上时，△DEK的面积最小，最小值

1

1

=

?

DE?

DK=×3×

2

2

（5-

34

）=303

34，

2

4

当点D在BA的延长线上时，△D′E′K

的面积最大，最大面积=

1

1

2

×D′E′×KD′=×3×

2

（5+34）=30

334．

2

4

综上所述，303

34≤S≤30334．

4

4

【点睛】

本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．

2．

（1）发现：

如图

1，点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b．填空：

当点A位于

时，线段AC的长取得最大值，且最大值为

（用含a，b的式子表示）

（2）应用：

点A为线段BC外一动点，且

BC＝4

，AB＝1，如图2所示，分别以AB，AC为

边，作等边三角形

ABD和等边三角形

ACE，连接CD，BE．

①请找出图中与

BE相等的线段，并说明理由；

②直接写出线段

BE长的最大值．

（3）拓展：

如图3，在平面直角坐标系中，点

A的坐标为（2，0），点B的坐标为（6，0），点P

为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°，请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．

【答案】

（1）CB的延长线上，满足条件的点P坐标（2﹣2【解析】

【分析】

a+b；

（2）①CD＝BE，理由见解析；②BE长的最大值为5；（3），2）或（2﹣2，﹣2），AM的最大值为22+4．

（1）根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论；（

2）

①根据已知条件易证△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质即可得CD＝BE；②由于线段

BE长的最大值＝线段CD的最大值，根据

（1）中的结论即可得到结果；（3）连接BM，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，得到△APN是等腰直角三角形，

根据全等三角形的性质得到PN＝PA＝2，BN＝AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段

BN取得最大值，即可得到最大值为22+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，根据等腰直角

三角形的性质即可求得点P的坐标．如图3中，根据对称性可知当点P在第四象限时也满

足条件，由此求得符合条件的点

P另一个的坐标．

【详解】

（1）∵点

∴当点

A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b，

A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，且最大值为

BC+AB＝a+b，

故答案为

CB的延长线上，

a+b；

（2）①CD＝BE，

理由：

∵△ABD与△ACE是等边三角形，

∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，

∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，

即∠CAD＝∠EAB，

AD

AB

在△CAD与△EAB中，

CAD

EAB

，

AC

AE

∴△CAD≌△EAB（SAS），

∴CD＝BE；

②∵线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，

由

（1）知，当线段CD的长取得最大值时，点D在

∴最大值为BD+BC＝AB+BC＝5；

CB的延长线上，

（3）如图

1，

∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，则△APN是等腰直角三角形，

∴PN＝PA＝2，BN＝AM，

∵A的坐标为（2，0），点B的坐标为（6，0），

∴OA＝2，OB＝6，

∴AB＝4，

∴线段AM长的最大值＝线段BN长的最大值，

∴当

N在线段

BA的延长线时，线段

BN取得最大值，

最大值＝

AB+AN，

∵AN＝

2

AP＝2

2

，

∴最大值为22+4；

如图2，

过P作PE⊥x轴于E，

∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE＝2，

∴OE＝BO﹣AB﹣AE＝6﹣4﹣2＝2﹣2，

∴P（2﹣2，2）．

如图3中，

根据对称性可知当点P在第四象限时，P（2﹣

2，﹣

2）时，也满足条件．

综上所述，满足条件的点

P坐标（2﹣2，

2）或（2﹣

2，﹣2），AM的最大值为

22+4．

【点睛】

本题综合考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．

3．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，

G为DF中点，连接EG，CG．

（1）请问EG与CG存在怎样的数量关系，并证明你的结论；

（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，

CG．问

（1）中的结论是否仍然成立？

若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问

（1）中的结论是否仍然成立？

（请直接写出结果，不必写出理由）

【答案】

（1）证明见解析

（2）证明见解析（3）结论仍然成立

【解析】

【分析】

（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．

（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证

明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明

△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．

（3）结论依然成立．【详解】

（1）CG=EG．理由如下：

∵

四边形

ABCD

是正方形，

∴∠DCF=90°

Rt△FCD

中，

∵G

为

DF

的中点，

∴CG=

1

．在

FD，

2

同理．在Rt△DEF中，EG=1

FD，∴CG=EG．

2

（2）（1

）中结论仍然成立，即EG=CG．

证法一：

连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于

N点．

在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），

∴AG=CG；

在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG（ASA），∴MG=NG．

∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90，°∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN．在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．

证法二：

延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC．在△DCG与△FMG中，

∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG，∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．

在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC=90°，EF=BE，∴△MFE≌△CBE

∴∠MEF=∠CEB，∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．

1

∵MG=CG，∴EG=MC，∴EG=CG．

2

（3）

（1）中的结论仍然成立．理由如下：

过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．

由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证

∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC

∵∠FEC+∠BEC=90，°∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形．

∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG

【点睛】

本题是四边形的综合题．

（1）关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答；

（2）关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答．

4．如图所示，

（1）正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF=90°，连接BE、DF．将Rt△AEF绕点

A旋转，在旋转过程中，

BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系？

结合图

（1）给予证明；

（2）将

（1）中的正方形

ABCD变为矩形

ABCD，等腰

Rt△AEF变为

Rt△AEF，且

AD=kAB，

AF=kAE，其他条件不变．

（1）中的结论是否发生变化？

结合图

（2）说明理由；

（3）将

（2）中的矩形

ABCD变为平行四边形

ABCD，将

Rt△AEF变为△AEF，且

∠BAD=∠EAF=a，其他条件不变．

（2）中的结论是否发生变化？

结合图（3），如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用k表示出线段BE、DF的数量关系，用a表示出直线BE、DF

形成的锐角β．

【答案】

（1）DF=BE且DF⊥BE，证明见解析；

（2）数量关系改变，位置关系不变，即DF=kBE，DF⊥BE；（3）不改变．DF=kBE，β=180-α°

【解析】

【分析】

（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF＝AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余，所以∠BAE＝∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，

根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF＝90°，所以DF⊥BE；

（2）等同

（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF＝kBE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF＝90°，所以DF⊥BE；

（3）与

（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于

360°求出∠EAF+∠EHF＝180°，所以DF与BE的夹角β＝180°﹣α．

【详解】

（1）DF与BE互相垂直且相等．

证明：

延长DF分别交AB、BE于点P、G

在正方形ABCD和等腰直角△AEF中

AD＝AB，AF＝AE，

∠BAD＝∠EAF＝90°

∴∠FAD＝∠EAB

∴△FAD≌△EAB

∴∠AFD＝∠AEB，DF＝BE

∵∠AFD+∠AFG＝180，°

∴∠AEG+∠AFG＝180°，

∵∠EAF＝90°，

∴∠EGF＝180﹣°90°＝90°，

∴DF⊥BE

（2）数量关系改变，位置关系不变．DF＝kBE，DF⊥BE．延长DF交EB于点H，

∵AD＝kAB，AF＝kAE

∴AD

k，AF

k

AB

AE

AD

AF

∴

AE

AB

∵∠BAD＝∠EAF＝a

∴∠FAD＝∠EAB

∴△FAD∽△EAB

DFAF

∴k

BEAE

∴DF＝kBE

∵△FAD∽△EAB，

∴∠AFD＝∠AEB，

∵∠AFD+∠AFH＝180，°

∴∠AEH+∠AFH＝180°，

∵∠EAF＝90°，

∴∠EHF＝180﹣°90°＝90°，

∴DF⊥BE

（3）不改变．DF＝kBE，β＝180°﹣a．延长DF交EB的延长线于点H，

∵AD＝kAB，AF＝kAE

AD

k，

AF

∴

k

AB

AE

AD

AF

∴

AE

AB

∵∠BAD＝∠EAF＝a

∴∠FAD＝∠EAB

∴△FAD∽△EAB

DF

AF

∴

k

BE

AE

∴DF＝kBE

由△FAD∽△EAB得∠AFD＝∠AEB

∵∠AFD+∠AFH＝180°

∴∠AEB+∠AFH＝180°

∵四边形AEHF的内角和为

360，°

∴∠EAF+∠EHF＝180°

∵∠EAF＝α，∠EHF＝β

∴a+β＝180∴°β＝180﹣°a

【点睛】

本题

（1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（

2）（3）利

用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关

键，也是难点所在．

5．如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6cm，点D

从O点出发，沿

OM

的方向以

1cm/s

的速度运动，当

D不与点

A重合时，将△ACD绕点

C

逆时针方向旋转

60°得到△BCE，连结

DE．

（1）求证：

△CDE是等边三角形；

（2）如图

2，当

6＜t＜10

时，△BDE的周长是否存在最小值？

若存在，求出

△BDE的最小

周长；若不存在，请说明理由；

（3）如图3，当点D在射线三角形？

若存在，求出此时

t

OM上运动时，是否存在以D、E、B为顶点的三角形是直角

的值；若不存在，请说明理由．

【答案】

（1）见解析

（2）见解析（3）存在

【解析】

试题分析：

（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；

（2）当6＜t＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到

C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；

（3）存在，①当点D于点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到

∠DEB=60，°求得∠CEB=30，°求得OD=OA-DA=6-4=2，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s.

试题解析：

（1）证明：

∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，

∴∠DCE=60°，DC=EC，

∴△CDE是等边三角形；

（2）存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得，BE=AD，

∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，

由

（1）知，△CDE是等边三角形，

∴DE=CD，

∴C△DBE=CD+4，

由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD=23cm，

∴△BDE的最小周长=CD+4=23+4；

（3）存在，①∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，

∴当点D与点B重合时，不符合题意；

②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，

∴∠BED=90°，

由

（1）可知，△CDE是等边三角形，

∴∠DEB=60°，

∴∠CEB=30°，

∵∠CEB=∠CDA，

∴∠CDA=30，°

∵∠CAB=60°，

∴∠ACD=∠ADC=30°，

∴DA=CA=4，

∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，

∴t=2÷1=2s；

③当6＜t＜10s时，由∠DBE=120°＞90°，

∴此时不存在；

④当t＞10s时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，

又由

（1）知∠CDE=60°，

∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，

而∠BDC＞0°，

∴∠BDE＞60°，

∴只能∠BDE=90，°

从而∠BCD=30°，

∴BD=BC=4，

∴OD=14cm，

∴t=14÷1=14s.

综上所述：

当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．

点睛：

在不带坐标的几何动点问题中求最值，通常是将其表达式写出来，再通过几何或代数的方法求出最值；像第三小问这种探究性的题目，一定要多种情况考虑全面，控制变量，从某一个方面出发去分类.

6．如图①，在等腰△ABC和△ADE中，AB=AC，AD=AE，且∠BAC=∠DAE=120°．

（1）求证：

△ABD≌△ACE；

（2）把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接CD，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点，连接MN、PN、PM，判断△PMN的形状，并说明理由；

（3）在

（2）中，把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=6，请分别求出

△PMN周长的最小值与最大值．

【答案】（

的最小值为

1）证明见解析；（

3，最大值为15．

2）△PMN是等边三角形．理由见解析；（

3）△PMN

周长

【解析】

分析：

（1）由∠BAC=∠DAE=120°，可得∠BAD=∠CAE，再由AB=AC，AD=AE，利用SAS即可判定△ABD≌△ADE；

（2）△PMN是等边三角形，利用三角形的中位线定理可得

1

CE，PM∥CE，PN=

1

PM=

BD，PN∥BD，同

（1）的方法可得BD=CE，即可得PM=PN，所

2

2

以△PMN是等腰三角形；再由

PM∥CE，PN∥BD，根据平行线的性质可得∠DPM=∠DCE，

∠PNC=∠DBC，因为∠D