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中考数学—初中数学 旋转的综合压轴题专题复习及答案

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中考数学—初中数学 旋转的综合压轴题专题复习及答案

一、旋转

1.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 ∴∴

ADAF?k,?k ABAEADAF? ABAE∵∠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 ∴∴

ADAF?k,?k ABAEADAF? ABAE∵∠BAD=∠EAF=a ∴∠FAD=∠EAB ∴△FAD∽△EAB

DFAF??k BEAE∴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.

2.在平面直角坐标系中,已知点A(0,4),B(4,4),点M,N是射线OC上两动点(OM<ON),且运动过程中始终保持∠MAN=45°,小明用几何画板探究其中的线段关系. (1)探究发现:当点M,N均在线段OB上时(如图1),有OM2+BN2=MN2. 他的证明思路如下:

第一步:将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO,连结PM,则有BN=OP. 第二步:证明△APM≌△ANM,得MP=MM. 第一步:证明∠POM=90°,得OM2+OP2=MP2. 最后得到OM2+BN2=MN2. 请你完成第二步三角形全等的证明.

(2)继续探究:除(1)外的其他情况,OM2+BN2=MN2的结论是否仍然成立?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.

(3)新题编制:若点B是MN的中点,请你编制一个计算题(不标注新的字母),并直接给出答案(根据编出的问题层次,给不同的得分).

【答案】(1)见解析;(2)结论仍然成立,理由见解析;(3)见解析. 【解析】 【分析】

(1)将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO,连结PM,则有BN=OP.证明△APM≌△ANM,再利用勾股定理即可解决问题;

(2)如图2中,当点M,N在OB的延长线上时结论仍然成立.证明方法类似(1); (3)如图3中,若点B是MN的中点,求MN的长.利用(2)中结论,构建方程即可解决问题. 【详解】

(1)如图1中,将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO,连结PM,则有BN=OP.

∵点A(0,4),B(4,4), ∴OA=AB,∠OAB=90°,

∵∠NAP=∠OAB=90°,∠MAN=45°, ∴∠MAN=∠MAP, ∵MA=MA,AN=AP, ∴△MAN≌△MAP(SAS). (2)如图2中,结论仍然成立.

理由:如图2中,将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO,连结PM,则有BN=OP.

∵∠NAP=∠OAB=90°,∠MAN=45°, ∴∠MAN=∠MAP, ∵MA=MA,AN=AP, ∴△MAN≌△MAP(SAS), ∴MN=PM,

∵∠ABN=∠AOP=135°,∠AOB=45°, ∴∠MOP=90°, ∴PM2=OM2+OP2, ∴OM2+BN2=MN2;

(3)如图3中,若点B是MN的中点,求MN的长. 设MN=2x,则BM=BN=x, ∵OA=AB=4,∠OAB=90°, ∴OB=42, ∴OM=42﹣x, ∵OM2+BN2=MN2. ∴(42﹣x)2+x2=(2x)2,

解得x=﹣22+26或﹣22﹣26(舍弃) ∴MN=﹣42+46. 【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和判定,全等三角形的判定和性质,勾股定理等知识,解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题.

3.平面上,Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放,∠B=90°,AC=2CE=m,BC=n,半圆O交BC边于点D,将半圆O绕点C按逆时针方向旋转,点D随半圆O旋转且∠ECD始终等于∠ACB,旋转角记为α(0°≤α≤180°)

(1)当α=0°时,连接DE,则∠CDE= °,CD= ;

BD的大小有无变化?请仅就图2的情形给出证明; AE(3)若m=10,n=8,当α=∠ACB时,求线段BD的长;

(2)试判断:旋转过程中

(4)若m=6,n=42,当半圆O旋转至与△ABC的边相切时,直接写出线段BD的长.

【答案】(1)90°,【解析】

试题分析:(1)①根据直径的性质,由DE∥AB得BD、AE即可解决问题.

(2)只要证明△ACE∽△BCD即可.

(3)求出AB、AE,利用△ACE∽△BCD即可解决问题.

(4)分类讨论:①如图5中,当α=90°时,半圆与AC相切,②如图6中,当α=90°+∠ACB时,半圆与BC相切,分别求出BD即可. 试题解析:(1)解:①如图1中,当α=0时,连接DE,则∠CDE=90°.∵∠CDE=∠B=90°,∴DE∥AB,∴案为90°,

n2114125;(2)无变化;(3);(4)BD=210或. 235CDCE?即可解决问题.②求出CBCACECD11?=.∵BC=n,∴CD=n.故答ACCB221n. 233BDnn,AE=AC+CE=m,∴=.故答案为22AEm②如图2中,当α=180°时,BD=BC+CD=

n. m(2)如图3中,∵∠ACB=∠DCE,∴∠ACE=∠BCD.∵∴△ACE∽△BCD,∴

CDBCn??,CEACmBDBCn??. AEACm

(3)如图4中,当α=∠ACB时.在Rt△ABC中,∵AC=10,BC=8,∴AB=∴AE=∴

AC2?BC2=6.在Rt△ABE中,∵AB=6,BE=BC﹣CE=3,

AB2?BE2=62?32=35,由(2)可知△ACE∽△BCD,∴

BDBC?,AEACBD8125125=,∴BD=.故答案为. 351055(4)∵m=6,n=42,∴CE=3,CD=22,AB=CA2?BC2=2,①如图5中,当α=90°

22=2时,半圆与AC相切.在Rt△DBC中,BD=BC2?CD2=(42)10. ?(22)②如图6中,当α=90°+∠ACB时,半圆与BC相切,作EM⊥AB于

M.∵∠M=∠CBM=∠BCE=90°,∴四边形BCEM是矩形,∴BM?EC?3,ME?42,∴AM=5,AE=AM2?ME2=57,由(2)可知

DB222114=,∴BD=. AE33故答案为210或2114. 3

点睛:本题考查了圆的有关知识,相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识,正确画出图形是解决问题的关键,学会分类讨论的思想,本题综合性比较强,属于中考压轴题.

4.如图,点P是正方形ABCD内的一点,连接PA,PB,PC.将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.

(1)设AB的长为a,PB的长为b(b

(2)若PA=2,PB=4,∠APB=135°,求PC的长.

【答案】(1) S阴影=(a2-b2);(2)PC=6. 【解析】

试题分析:(1)依题意,将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合,此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积,根据旋转的性质可知,两个扇形的中心角都是90°,可据此求出阴影部分的面积.

(2)连接PP',根据旋转的性质可知:BP=BP',旋转角∠PBP'=90°,则△PBP'是等腰直角三角形,∠BP'C=∠BPA=135°,∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°,可推出△PP'C是直角三角形,进而可根据勾股定理求出PC的长.

试题解析:(1)∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置, ∴△PAB≌△P'CB, ∴S△PAB=S△P'CB,

S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=(a2-b2);

(2)连接PP′,根据旋转的性质可知:△APB≌△CP′B,

∴BP=BP′=4,P′C=PA=2,∠PBP′=90°,

∴△PBP'是等腰直角三角形,P'P2=PB2+P'B2=32; 又∵∠BP′C=∠BPA=135°,

∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°,即△PP′C是直角三角形. PC=

=6.

考点:1.扇形面积的计算;2.正方形的性质;3.旋转的性质.

5.如图1.在△ABC中,∠ACB=90°,点P为△ABC内一点.

(1)连接PB、PC,将△BCP沿射线CA方向平移,得到△DAE,点B、C、P的对应点分别为点D、A、E,连接CE. ①依题意,请在图2中补全图形;

②如果BP⊥CE,AB+BP=9,CE=33,求AB的长.

(2)如图3,以点A为旋转中心,将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN,连接PA、PB、

PC,当AC=4,AB=8时,根据此图求PA+PB+PC的最小值.

【答案】⑴①见解析,②AB=6;⑵47. 【解析】

分析:(1)①根据题意补全图形即可;

②连接BD、CD.根据平移的性质和∠ACB=90°,得到四边形BCAD是矩形,从而有CD=AB,设CD=AB=x,则PB=DE=9?x, 由勾股定理求解即可;

(2)当C、P、M、N四点共线时,PA+PB+PC最小.由旋转的性质和勾股定理求解即可.

详解:(1)①补全图形如图所示;

②如图:连接BD、CD.

∵△BCP沿射线CA方向平移,得到△DAE, ∴BC∥AD且BC=AD,PB=DE. ∵∠ACB=90°,

∴四边形BCAD是矩形,∴CD=AB,设CD=AB=x,则PB=9?x, DE=BP=9?x,

∵BP⊥CE,BP∥DE,∴DE⊥CE, ∴CE2?DE2?CD2,∴33∴x?6,即AB=6;

(2)如图,当C、P、M、N四点共线时,PA+PB+PC最小.

??2??9?x??x2,

2

由旋转可得:△AMN≌△APB,∴PB=MN.

易得△APM、△ABN都是等边三角形,∴PA=PM, ∴PA+PB+PC=PM+MN+PC=CN, ∴BN=AB=8,∠BNA=60°,∠PAM=60°, ∴∠CAN=∠CAB+∠BAN=60°+60°=120°, ∴∠CBN=90°.

在Rt△ABC中,易得:BC=AB2?AC2?82?42?43, ∴在Rt△BCN中,CN?BC2?BN2?48?64?47.

点睛:本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用,解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形,依据图形的性质进行计算求解.

6.小明在矩形纸片上画正三角形,他的做法是:①对折矩形纸片ABCD(AB>BC),使AB与DC重合,得到折痕EF,把纸片展平;②沿折痕BG折叠纸片,使点C落在EF上的点P处,再折出PB、PC,最后用笔画出△PBC(图1).

(1)求证:图1中的 且HM=JN. ①求证:IH=IJ ②请求出NJ的长;

PBC是正三角形:

(2)如图2,小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN,其中IJ=6cm,

(3)小明发现:在矩形纸片中,若一边长为6cm,当另一边的长度a变化时,在矩形纸片上总能画出最大的正三角形,但位置会有所不同.请根据小明的发现,画出不同情形的示意图(作图工具不限,能说明问题即可),并直接写出对应的a的取值范围.

【答案】(1)证明见解析;(2)①证明见解析;②12-63(3)33<a<43,a>43 【解析】

分析:(1)由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC,PB=CB,得出PB=PC=CB即可;

(2)①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得;②IJ上取一点Q,使QI=QN,由Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°,继而可得∠NQJ=30°,设NJ=x,则IQ=QN=2x、QJ=3x,根据IJ=IQ+QJ求出x即可得;

(3)由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算,画出图形即可.

(1)证明:∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC),使AB与DC重合,得到折痕EF ∴PB=PC

∵沿折痕BG折叠纸片,使点C落在EF上的点P处 ∴PB=BC ∴PB=PC=BC

∴△PBC是正三角形: (2)证明:①如图

∵矩形AHIJ ∴∠H=∠J=90° ∵△MNJ是等边三角形 ∴MI=NI

在Rt△MHI和Rt△JNI中

?MI?NI ?MH?NJ?∴Rt△MHI≌Rt△JNI(HL) ∴HI=IJ

②在线段IJ上取点Q,使IQ=NQ

∵Rt△IHM≌Rt△IJN, ∴∠HIM=∠JIN, ∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°, ∴∠HIM=∠JIN=15°, 由QI=QN知∠JIN=∠QNI=15°, ∴∠NQJ=30°,

设NJ=x,则IQ=QN=2x,QJ=QN2?NJ2=3x, ∵IJ=6cm, ∴2x+3x=6,

∴x=12-63,即NJ=12-63(cm). (3)分三种情况:

①如图:

设等边三角形的边长为b,则0<b≤6, 则tan60°=3=ab, 2∴a=3b, 2∴0<b≤②如图

63=33; 2

当DF与DC重合时,DF=DE=6, ∴a=sin60°×DE=

63=33, 266??43当DE与DA重合时,a=sin60?, 32∴33<a<43; ③如图

∵△DEF是等边三角形 ∴∠FDC=30°

66??43∴DF=cos30? 32∴a>43 点睛:本题是四边形的综合题目,考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识;本题综合性强,难度较大.

7.如图1,△ABC中,CA=CB,∠ACB=90°,直线l经过点C,AF⊥l于点F,BE⊥l于点E. (1)求证:△ACF≌△CBE;

(2)将直线旋转到如图2所示位置,点D是AB的中点,连接DE.若AB=42,∠CBE=30°,求DE的长.

【答案】(1)答案见解析;(2)2?6 【解析】

试题分析:(1)根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°,根据全等三角形的性质得到∠EBC=∠CAF,即可得到结论;

(2)连接CD,DF,证得△BCE≌△ACF,根据全等三角形的性质得到BE=CF,CE=AF,证得△DEF是等腰直角三角形,根据等腰直角三角形的性质得到EF=2DE,EF=CE+BE,进而得到DE的长.

试题解析:解:(1)∵BE⊥CE,∴∠BEC=∠ACB=90°,

∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°,∴∠EBC=∠CAF.∵AF⊥l于点F,∴∠AFC=90°.

??AFC??BEC?90??在△BCE与△ACF中,∵??EBC??ACF,∴△ACF≌△CBE(AAS);

?BC?AC?(2)如图2,连接CD,DF.∵BE⊥CE,∴∠BEC=∠ACB=90°,

∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°,∴∠EBC=∠CAF.∵AF⊥l于点F,∴∠AFC=90°.

??AFC??BEC?90??在△BCE与△CAF中,∵??EBC??ACF,∴△BCE≌△CAF(AAS);

?BC?AC?∴BE=CF.∵点D是AB的中点,∴CD=BD,∠CDB=90°,∴∠CBD=∠ACD=45°,而

?BE?CF?∠EBC=∠CAF,∴∠EBD=∠DCF.在△BDE与△CDF中,∵??EBD??FCD,

?BD?CF?∴△BDE≌△CDF(SAS),∴∠EDB=∠FDC,DE=DF.∵∠BDE+∠CDE=90°,∴∠FDC+∠CDE=90°,即∠EDF=90°,∴△EDF是等腰直角三角形,∴EF=2DE,∴EF=CE+CF=CE+BE.∵CA=CB,∠ACB=90°,AB=42,∴BC=4.又∵∠CBE=30°,∴CE=

EF2?231BC=2,BE=3CE=23,∴EF=CE+BE=2+23,∴DE===2+6.

222

点睛:本题考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,直角三角形斜边上的中线的性质,证得△BCE≌△ACF是解题的关键.

8.把两个直角边长均为6的等腰直角三角板ABC和EFG叠放在一起(如图①),使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合.现将三角板EFG绕O点顺时针旋转(旋转角α满足条件:0°<α<90°),四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分(如图②).

(1)探究:在上述旋转过程中,BH与CK的数量关系以及四边形CHGK的面积的变化情况(直接写出探究的结果,不必写探究及推理过程);

(2)利用(1)中你得到的结论,解决下面问题:连接HK,在上述旋转过程中,是否存在某一位置,使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的不存在,说明理由.

【答案】(1) BH=CK;(2) 存在,使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的的长度为

的位置,此时BH

?若存在,求出此时BH的长度;若

【解析】

(1)先由ASA证出△CGK≌△BGH,再根据全等三角形的性质得出BH=CK,根据全等得出四边形CKGH的面积等于三角形ACB面积一半;

12

x-3x+9,根据△GKH的面积恰好等于21551△ABC面积的,代入得出方程x2-3x+9=××6×6,求出即可.

121222解:(1)BH与CK的数量关系:BH=CK,理由是: 连接OC,

(2)根据面积公式得出S△GHK=S四边形CKGH-S△CKH=

由直角三角形斜边上中线性质得出OC=BG, ∵AC=BC,O为AB中点,∠ACB=90°, ∴∠B=∠ACG=45°,CO⊥AB, ∴∠CGB=90°=∠KGH,

∴都减去∠CGH得:∠BGH=∠CGK, 在△CGK和△BGH中 ∵

∴△CGK≌△BGH(ASA), ∴CK=BH,即BH=CK;

四边形CHGK的面积的变化情况:四边形CHGK的面积不变,始终等于四边形CQGZ的面积,即等于△ACB面积的一半,等于9;

(2)假设存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的

5的位置. 12设BH=x,由题意及(1)中结论可得,CK=BH=x,CH=CB﹣BH=6﹣x, ∴S△CHK=

11CH×CK=3x﹣x2, 22121x)=x2﹣3x+9, 225∵△GKH的面积恰好等于△ABC面积的,

12151∴x2﹣3x+9=××6×6,

1222∴S△GHK=S四边形CKGH﹣S△CKH=9﹣(3x﹣

解得x1?3?6,x2?3?6(经检验,均符合题意). ∴存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的

5的位置,此时x的值为3?6. 12“点睛”本题考查了旋转的性质,三角形的面积,全等三角形的性质和判定等知识点,此题有一定的难度,但是一道比较好的题目.

9.已知:如图1,将两块全等的含30o角的直角三角板按图所示的方式放置,∠BAC=∠B1A1C=30°,点B,C,B1在同一条直线上. (1)求证:AB=2BC

(2)如图2,将△ABC绕点C顺时针旋转α°(0<α<180),在旋转过程中,设AB与A1C、A1B1分别交于点D、E,AC与A1B1交于点F.当α等于多少度时,AB与A1B1垂直?请说明理由.

(3)如图3,当△ABC绕点C顺时针方向旋转至如图所示的位置,使AB∥CB1,AB与A1C交于点D,试说明A1D=CD.

【答案】(1)证明见解析

(2)当旋转角等于30°时,AB与A1B1垂直. (3)理由见解析 【解析】

试题分析:(1)由等边三角形的性质得AB=BB1,又因为BB1=2BC,得出AB=2BC; (2) 利用AB与A1B1垂直得∠A1ED=90°,则∠A1DE=90°-∠A1=60°,根据对顶角相等得∠BDC=60°,由于∠B=60°,利用三角形内角和定理得∠A1CB=180°-∠BDC-∠B=60°,所以∠ACA1=90°-∠A1CB=30°,然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时,AB与A1B1垂直; (3)由于AB∥CB1,∠ACB1=90°,根据平行线的性质得∠ADC=90°,在Rt△ADC中,根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD=

1AC,再根据旋转的性质得AC=A1C,所以21A1C,则A1D=CD. 2试题解析:

CD=

(1)∵△ABB1是等边三角形; ∴ AB=BB1 ∵ BB1=2BC

∴AB=2BC

(2)解:当AB与A1B1垂直时,∠A1ED=90°, ∴∠A1DE=90°-∠A1=90°-30°=60°, ∵∠B=60°,∴∠BCD=60°, ∴∠ACA1=90°-60°=30°,

即当旋转角等于30°时,AB与A1B1垂直. (3)∵AB∥CB1,∠ACB1=90°, ∴∠CDB=90°,即CD是△ABC的高,

设BC=a,AC=b,则由(1)得AB=2a,A1C=b, ∵S?ABC?即

11BC?AC?AB?CD, 2211ab??2a?CD 2211b,即CD=A1C, 22∴A1D=CD.

∴CD?【点睛】本题考查了旋转的性质:旋转前后两图形全等;对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角.也考查了含30度的直角三角形三边的关系.

10.如图所示,在△ABC中,D、E分别是AB、AC上的点,DE∥BC,如图①,然后将△ADE绕A点顺时针旋转一定角度,得到图②,然后将BD、CE分别延长至M、N,使DM=

BD,EN=

CE,得到图③,请解答下列问题:

(1)若AB=AC,请探究下列数量关系:

①在图②中,BD与CE的数量关系是________________;

②在图③中,猜想AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系,并证明你的猜想;

(2)若AB=k·AC(k>1),按上述操作方法,得到图④,请继续探究:AM与AN的数量关系、∠MAN与∠BAC的数量关系,直接写出你的猜想,不必证

明.

【答案】(1)①BD=CE;

②AM=AN,∠MAN=∠BAC 理由如下: ∵在图①中,DE//BC,AB=AC ∴AD=\

在△ABD与△ACE中∴BD=CE,∠ACE=∠ABD. 在△DAM与△EAN中,

∴△ABD≌△ACE.

∵DM=BD,EN=CE,BD=CE,∴DM=EN,∵∠AEN=∠ACE+∠CAE,∠ADM=∠ABD+∠BAD,∴∠AEN=∠ADM.

又∵AE=AD,∴△ADM≌△AEN.∴AM=AN,∠DAM=∠EAN.∴∠MAN=∠DAE=∠BAC. ∴AM=AN,∠MAN=∠BAC. (2)AM=kAN,∠MAN=∠BAC. 【解析】

(1)①根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB,所以BD=CE;

②根据题意可知∠CAE=BAD,AB=AC,AD=AE,所以得到△BAD≌△CAE,在△ABM和△ACN中, DM=

BD,EN=

CE,可证△ABM≌△ACN,所以AM=AN,即∠MAN=∠BAC.

(2)直接类比(1)中结果可知AM=k?AN,∠MAN=∠BAC.

11.(1)观察猜想

如图(1),在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D是BC的中点.以点D为顶点作正方形DEFG,使点A,C分别在DG和DE上,连接AE,BG,则线段BG和AE的数量关系是_____;

(2)拓展探究

将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后(旋转角度大于0°,小于或等于360°),如图2,则(1)中的结论是否仍然成立?如果成立,请予以证明;如果不成立,请说明理由. (3)解决问题

若BC=DE=2,在(2)的旋转过程中,当AE为最大值时,直接写出AF的值.

【答案】(1)BG=AE. (2)成立.

如图②,

连接AD.∵△ABC是等腰三直角角形,∠BAC=90°,点D是BC的中点. ∴∠ADB=90°,且BD=AD.

∵∠BDG=∠ADB-∠ADG=90°-∠ADG=∠ADE,DG=DE. ∴△BDG≌△ADE,∴BG=AE.…………………………………………7分 (3)由(2)知,BG=AE,故当BG最大时,AE也最大. 正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时,BG最大,如图③.

若BC=DE=2,则AD=1,EF=2.

在Rt△AEF中,AF2=AE2+EF2=(AD+DE)2+EF2=(1+2)2+22=13. ∴AF=【解析】

解:(1)BG=AE. (2)成立. 如图②,连接AD.

∵△ABC是等腰三直角角形,∠BAC=90°,点D是BC的中点. ∴∠ADB=90°,且BD=AD.

∵∠BDG=∠ADB-∠ADG=90°-∠ADG=∠ADE,DG=DE. ∴△BDG≌△ADE,∴BG=AE.

(3)由(2)知,BG=AE,故当BG最大时,AE也最大.Z+X+X+K]

因为正方形DEFG在绕点D旋转的过程中,G点运动的图形是以点D为圆心,DG为半径的圆,故当正方形DEFG旋转到G点位于BC的延长线上(即正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°)时,BG最大,如图③. 若BC=DE=2,则AD=1,EF=2.

在Rt△AEF中,AF2=AE2+EF2=(AD+DE)2+EF2=(1+2)2+22=13. ∴AF=

即在正方形DEFG旋转过程中,当AE为最大值时,AF=

12.如图,在△ABC中,∠CAB=70°,在同一平面内,将△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置,使得CC′∥AB,求∠BAB′的度数.

【答案】40°. 【解析】 【分析】

先根据平行线的性质,由CC′∥AB得∠AC′C=∠CAB=70°,再根据旋转的性质得AC=AC′,∠BAB′=∠CAC′,于是根据等腰三角形的性质有∠ACC′=∠AC′C=70°,然后利用三角形内角和定理可计算出∠CAC′=40°,从而得到∠BAB′的度数. 【详解】 ∵CC′∥AB,

∴∠A CC′=∠CAB=70°,

∵△ABC绕点A旋转到△AB′C′的位置, ∴AC=AC′,∠BAB′=∠CAC′, 在△ACC′中,∵AC=AC′ ∴∠ACC′=∠AC′C=70°, ∴∠CAC′=180°-70°-70°=40°, ∴∠BAB′=40°. 【点睛】

本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.

13.如图1,O为直线AB上一点,OC为射线,∠AOC=40°,将一个三角板的直角顶点放在点O处,一边OD在射线OA上,另一边OE与OC都在直线AB的上方.

(1)将三角板绕点O顺时针旋转,若OD恰好平分∠AOC(如图2),试说明OE平分∠BOC;

(2)将三角板绕点O在直线AB上方顺时针旋转,当OD落在∠BOC内部,且∠COD=

1∠BOE时,求∠AOE的度数: 3(3)将图1中的三角板和射线OC同时绕点O,分别以每秒6°和每秒2°的速度顺时针旋转一周,求第几秒时,OD恰好与OC在同一条直线上?

【答案】(1)证明见解析;(2)142.5°;(3)第10秒或第55秒时. 【解析】 【分析】

(1)由角平分线的性质及同角的余角相等,可得答案;

(2)设∠COD=α,则∠BOE=3α,由题意得关于α的方程,求解即可; (3)分两种情况考虑:当OD与OC重合时;当OD与OC的反向延长线重合时. 【详解】

解:(1)∵OD恰好平分∠AOC ∴∠AOD=∠COD ∵∠DOE=90°

∴∠AOD+∠BOE=90°,∠COD+∠COE=90° ∴∠BOE=∠COE ∴OE平分∠BOC.

(2)设∠COD=α,则∠BOE=3α,当OD在∠BOC的内部时, ∠AOD=∠AOC+∠COD=40°+α ∵∠AOD+∠BOE=180°﹣90°=90° ∴40°+α+3α=90° ∴α=12.5°

∴∠AOE=180°﹣3α=142.5° ∴∠AOE的度数为142.5°.

(3)设第t秒时,OD与OC恰好在同一条直线上,则∠AOD=6t,∠AOC=2t+40°; 当OD与OC重合时,6t﹣2t=40° ∴t=10(秒);

当OD与OC的反向延长线重合时,6t﹣2t=180°+40° ∴t=55(秒)

∴第10秒或第55秒时,OD恰好与OC在同一条直线上. 【点睛】

本题主要考查角平分线的性质、余角的性质,角度的计算,进行分类讨论不漏解是关键.

14.在△ABC中,AB=BC=2,∠ABC=120°,将△ABC绕点B顺时针旋转角α(0°<α<90°)得△A1BC1,A1B交AC于点E,A1C1分别交AC、BC于D、F两点.

(1)如图1,观察并猜想,在旋转过程中,线段BE与BF有怎样的数量关系?并证明你的结论;

(2)如图2,当α=30°时,试判断四边形BC1DA的形状,并说明理由.

【答案】(1)BE=DF;(2)四边形BC1DA是菱形. 【解析】 【分析】

(1)由AB=BC得到∠A=∠C,再根据旋转的性质得AB=BC=BC1,∠A=∠C=∠C1,

∠ABE=∠C1BF,则可证明△ABE≌△C1BF,于是得到BE=BF

(2)根据等腰三角形的性质得∠A=∠C=30°,利用旋转的性质得∠A1=∠C1=30°,∠ABA1=∠CBC1=30°,则利用平行线的判定方法得到A1C1∥AB,AC∥BC1,于是可判断四边形BC1DA是平行四边形,然后加上AB=BC1可判断四边形BC1DA是菱形. 【详解】

(1)解:BE=DF.理由如下: ∵AB=BC, ∴∠A=∠C,

∵△ABC绕点B顺时针旋转角α(0°<α<90°)得△A1BC1, ∴AB=BC=BC1,∠A=∠C=∠C1,∠ABE=∠C1BF, 在△ABE和△C1BF中

∴△ABE≌△C1BF, ∴BE=BF

(2)解:四边形BC1DA是菱形.理由如下: ∵AB=BC=2,∠ABC=120°, ∴∠A=∠C=30°, ∴∠A1=∠C1=30°, ∵∠ABA1=∠CBC1=30°, ∴∠ABA1=∠A1,∠CBC1=∠C, ∴A1C1∥AB,AC∥BC1, ∴四边形BC1DA是平行四边形. 又∵AB=BC1, ∴四边形BC1DA是菱形 【点睛】

本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.也考查了菱形的判定方法.

15.在正方形 ABCD 中,M 是 BC 边上一点,且点 M 不与 B、C 重合,点 P 在射线 AM 上,将线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ,连接BP,DQ.

(1)依题意补全图 1;

(2)①连接 DP,若点 P,Q,D 恰好在同一条直线上,求证:DP2+DQ2=2AB2; ②若点 P,Q,C 恰好在同一条直线上,则 BP 与 AB 的数量关系为: . 【答案】(1)详见解析;(2)①详见解析;②BP=AB. 【解析】 【分析】

(1)根据要求画出图形即可;

(2)①连接BD,如图2,只要证明△ADQ≌△ABP,∠DPB=90°即可解决问题; ②结论:BP=AB,如图3中,连接AC,延长CD到N,使得DN=CD,连接AN,QN.由△ADQ≌△ABP,△ANQ≌△ACP,推出DQ=PB,∠AQN=∠APC=45°,由∠AQP=45°,推出∠NQC=90°,由CD=DN,可得DQ=CD=DN=AB; 【详解】

(1)解:补全图形如图 1:

(2)①证明:连接 BD,如图 2,

∵线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ, ∴AQ=AP,∠QAP=90°, ∵四边形 ABCD 是正方形, ∴AD=AB,∠DAB=90°, ∴∠1=∠2. ∴△ADQ≌△ABP, ∴DQ=BP,∠Q=∠3,

∵在 Rt△QAP 中,∠Q+∠QPA=90°, ∴∠BPD=∠3+∠QPA=90°,

∵在 Rt△BPD 中,DP2+BP2=BD2, 又∵DQ=BP,BD2=2AB2, ∴DP2+DQ2=2AB2. ②解:结论:BP=AB.

理由:如图 3 中,连接 AC,延长 CD 到 N,使得 DN=CD,连接 AN,QN.

∵△ADQ≌△ABP,△ANQ≌△ACP, ∴DQ=PB,∠AQN=∠APC=45°, ∵∠AQP=45°, ∴∠NQC=90°, ∵CD=DN, ∴DQ=CD=DN=AB, ∴PB=AB. 【点睛】

本题考查正方形的性质,旋转变换、勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴

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