一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图：在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠PCQ=45°，把∠PCQ绕点C旋转，在整个旋转过程中，过点A作AD⊥CP，垂足为D，直线AD交CQ于E． （1）如图①，当∠PCQ在∠ACB内部时，求证：AD+BE=DE；
（2）如图②，当CQ在∠ACB外部时，则线段AD、BE与DE的关系为_____； （3）在（1）的条件下，若CD=6，S△BCE=2S△ACD，求AE的长．
【答案】(1)见解析 （2）AD=BE+DE （3）8 【解析】
试题分析：（1）延长DA到F，使DF=DE，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF，再求出∠ACF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等，根据全等三角形的即可证明AF=BE，从而得证；
（2）在AD上截取DF=DE，然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF，再求出∠ACF=∠BCE，然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等，根据全等三角形的即可证明AF=BE，从而得到AD=BE+DE；
（3）根据等腰直角三角形的性质求出CD=DF=DE，再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF=2AD，然后求出AD的长，再根据AE=AD+DE代入数据进行计算即可得解． 试题解析：（1）证明：如图①，延长DA到F，使DF=DE．∵CD⊥AE，∴CE=CF，∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠ACF=∠DCF=45°．又∵∠ACB=90°，∠PCQ=45°，∴∠ACD+∠BCE=90°﹣45°=45°，∴∠ACF=∠BCE．在△ACF和△BCE中，
?CE?CF?∵??ACF??BCE，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD+BE=AD+AF=DF=DE，即?AC?BC?AD+BE=DE；
（2）解：如图②，在AD上截取DF=DE．∵CD⊥AE，∴CE=CF，
∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ECF=∠DCE+∠DCF=90°，∴∠BCE+∠BCF=∠ECF=90°．又∵∠ACB=90°，∴∠ACF+∠BCF=90°，∴∠ACF=∠BCE．在△ACF和△BCE中，
?CE?CF?∵??ACF??BCE，∴△ACF≌△BCE（SAS），∴AF=BE，∴AD=AF+DF=BE+DE，即?AC?BC?AD=BE+DE；
故答案为：AD=BE+DE．
（3）∵∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°，∴∠ECF=45°+45°=90°，∴△ECF是等腰直角三角形，∴CD=DF=DE=6．∵S△BCE=2S△ACD，∴AF=2AD，∴AD=
1×6=2，∴AE=AD+DE=2+6=8． 1?2
点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质，等腰直角三角形的性质，综合性较强，但难度不是很大，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
2．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α． （1）如图1，若α=90°，则AB= ，并求AA′的长； （2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；
（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．
【答案】（1）10，102 ；（2）（3【解析】
（3，9）；（3）
12354 ，）55试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求
出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作
P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．
试题解析：(1)、如图①， ∵点A（4，0），点B（0，3）， ∴OA=4，OB=3， ∴AB=
=5，
BA=5
；
∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′， ∴BA=BA′，∠ABA′=90°， ∴△ABA′为等腰直角三角形， ∴AA′=
(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②， ∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′， ∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°， ∴∠HBO′=60°， 在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°， ∴BH=BO′=，O′H=（
）；
BH=
， ∴OH=OB+BH=3+
， ∴O′点的坐标为
（3）∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，点P的对应点为P′， ∴BP=BP′， ∴O′P+BP′=O′P+BP， 作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②， 则O′P+BP=O′P+PC=O′C，此时O′P+BP的值最小， ∵点C与点B关于x轴对称， ∴C（0，﹣3），
设直线O′C的解析式为y=kx+b，
，
把O′（），C（0，﹣3）代入得，解得
∴直线O′C的解析式为y=
，0）， ， ∴O′P′=OP=
x﹣3， 当y=0时，x﹣3=0，解得x=，则P
（∴OP=
， 作P′D⊥O′H于D，
∵∠BO′A=∠BOA=90°，∠BO′H=30°， ∴∠DP′O′=30°， ∴O′D=
O′P′=
，P′D=
，）．
， ∴DH=O′H﹣O′
，
∴P′点的坐标为（
考点：几何变换综合题
3．如图1，△ACB、△AED都为等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，点D在AB上，连CE，M、N分别为BD、CE的中点． （1）求证：MN⊥CE；
（2）如图2将△AED绕A点逆时针旋转30°，求证：CE=2MN．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】
试题分析：（1）延长DN交AC于F，连BF，推出DE∥AC，推出△EDN∽△CFN，推出
DEENDN??，求出DN=FN，FC=ED，得出MN是中位线，推出MN∥BF，证CFCNNF△CAE≌△BCF，推出∠ACE=∠CBF，求出∠CBF+∠BCE=90°，即可得出答案；
（2）延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，求出BG=2MN，证△CAE≌△BCG，推出BG=CE，即可得出答案． 试题解析：
（1）证明：延长DN交AC于F，连BF，
∵N为CE中点， ∴EN=CN，
∵△ACB和△AED是等腰直角三角形，∠AED=∠ACB=90°，DE=AE，AC=BC， ∴∠EAD=∠EDA=∠BAC=45°， ∴DE∥AC， ∴△EDN∽△CFN，
DEENDN?? ， CFCNNF∵EN=NC，
∴DN=FN，FC=ED，
∴
∴MN是△BDF的中位线， ∴MN∥BF， ∵AE=DE，DE=CF， ∴AE=CF，
∵∠EAD=∠BAC=45°， ∴∠EAC=∠ACB=90°， 在△CAE和△BCF中，
?CA＝BC???CAE＝?BCF ， ?AE＝CF?∴△CAE≌△BCF（SAS）， ∴∠ACE=∠CBF， ∵∠ACE+∠BCE=90°， ∴∠CBF+∠BCE=90°， 即BF⊥CE， ∵MN∥BF， ∴MN⊥CE．
（2）证明：延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，
∵M为BD中点， ∴MN是△BDG的中位线， ∴BG=2MN， CGN中， 在△EDN和?
?DN＝NG???DNE＝?GNC， ?EN＝NC?∴△EDN≌△CGN（SAS）， ∴DE=CG=AE，∠GCN=∠DEN， ∴DE∥CG， ∴∠KCG=∠CKE，
∵∠CAE=45°+30°+45°=120°， ∴∠EAK=60°， ∴∠CKE=∠KCG=30°， ∴∠BCG=120°， 在△CAE和△BCG中，
?AC＝BC???CAE＝?BCG ， ?AE＝CG?∴△CAE≌△BCG（SAS）， ∴BG=CE， ∵BG=2MN， ∴CE=2MN．
【点睛】考查了等腰直角三角形性质，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线，平行线性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力．
4．如图是两个可以自由转动的转盘，甲转盘被等分成3个扇形，乙转盘被等分成4个扇形，每一个扇形上都标有相应的数字．同时转动两个转盘，当转盘停止后，计算指针所指区域内的数字之和．如果指针恰好指在分割线上，那么重转一次，直到指针指向一个数字
为止．
（1）请你通过画树状图或列表的方法分析，并求指针所指区域内的数字和小于10的概率；
（2）小亮和小颖小亮和小颖利用它们做游戏，游戏规则是：指针所指区域内的数字和小于10，小颖获胜；指针所指区域内的数字之和等于10，为平局；指针所指区域内的数字之和大于10，小亮获胜．你认为该游戏规则是否公平？请说明理由；若游戏规则不公平，请你设计出一种公平的游戏规则． 【答案】（1）【解析】
试题分析：（1）依据题意先用列表法或画树状图法分析所有等可能的出现结果，然后根据概率公式求出该事件的概率．
（2）判断游戏的公平性，首先要计算出游戏双方赢的概率，概率相等则公平，否则不公平．
试题解析：（1）共有12种等可能的结果，小于10的情况有4种， 所以指针所指区域内的数字和小于10的概率为
1；（2）不公平． 31． 3
（2）不公平，因为小颖获胜的概率为小亮获胜的概率为
；
5．小亮获胜的可能性大，所以不公平． 12可以修改为若这两个数的和为奇数，则小亮赢；积为偶数，则小颖赢． 考点：1．游戏公平性；2．列表法与树状图法．
5．在△ABC中，AB=AC，∠A=300，将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD，再将线段BD平移到EF，使点E在AB上，点F在AC上． （1）如图1，直接写出∠ABD和∠CFE的度数； （2）在图1中证明：AE=CF；
（3）如图2，连接CE，判断△CEF的形状并加以证明．
【答案】（1）15°，45°；（2）证明见解析；（3）△CEF是等腰直角三角形，证明见解析. 【解析】
试题分析：（1）根据等腰三角形的性质得到∠ABC的度数，由旋转的性质得到∠DBC的度数，从而得到∠ABD的度数；根据三角形外角性质即可求得∠CFE的度数.
（2）连接CD、DF，证明△BCD是等边三角形，得到CD=BD，由平移的性质得到四边形BDFE是平行四边形，从而AB∥FD，证明△AEF≌△FCD即可得AE=CF．
（3）过点E作EG⊥CF于G，根据含30度直角三角形的性质，垂直平分线的判定和性质即可证明△CEF是等腰直角三角形.
（1）∵在△ABC中，AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=750.
∵将线段BC绕点B逆时针旋转600得到线段BD，即∠DBC=600．∴∠ABD= 15°. ∴∠CFE=∠A+∠ABD=45°． （2）如图，连接CD、DF．
∵线段BC绕点B逆时针旋转60得到线段BD，∴BD=BC，∠CBD=600．∴△BCD是等边三角形． ∴CD=BD．
∵线段BD平移到EF，∴EF∥BD，EF=BD． ∴四边形BDFE是平行四边形，EF= CD．
∵AB=AC，∠A=300，∴∠ABC=∠ACB=750．∴∠ABD=∠ACD=15°． ∵四边形BDFE是平行四边形，∴AB∥FD．∴∠A=∠CFD. ∴△AEF≌△FCD（AAS）． ∴AE=CF．
（3）△CEF是等腰直角三角形，证明如下： 如图，过点E作EG⊥CF于G， ∵∠CFE =45°，∴∠FEG=45°．∴EG=FG． ∵∠A=300，∠AGE=90°，∴∵AE=CF，∴∴EF=EC．
∴∠CEF=∠FEG=90°． ∴△CEF是等腰直角三角形．
．∴
．
．∴G为CF的中点．∴EG为CF的垂直平分线．
考点：1.旋转和平移问题；2．等腰三角形的性质；3．三角形外角性质；4．等边三角形的判定和性质；5.平行四边形的判定和性质；6.全等三角形的判定和性质；7．含30度直角三角形的性质；8．垂直平分线的判定和性质；9．等腰直角三角形的判定.
6．已知：一次函数
的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B，以B为旋转中
心，将△BOA逆时针旋转，得△BCD（其中O与C、A与D是对应的顶点）.
（1）求AB的长；
（2）当∠BAD=45°时，求D点的坐标；
（3）当点C在线段AB上时，求直线BD的关系式. 【答案】（1）5；（2）D（4，7）或（-4，1）；（3）【解析】
试题分析：（1）先分别求得一次函数
的图象与x轴、y轴的交点坐标，再根
据勾股定理求解即可；
（2）根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可；
（3）先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标，再根据待定系数法列方程组求解即可. （1）在∴
；
时，当
时，
，当
时，
（2）由题意得D（4，7）或（-4，1）； （2）由题意得D点坐标为（4，设直线BD的关系式为
∵图象过点B（0，4），D（4，
）
）
∴，解得
∴直线BD的关系式为考点：动点的综合题
.
点评：此类问题综合性强，难度较大，在中考中比较常见，一般作为压轴题，题目比较典型．
7．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.
（Ⅰ）如图①，当点D落在BC边上时，求点D的坐标； （Ⅱ）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.
（Ⅲ）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】（Ⅰ）点D的坐标为(1,3).（Ⅱ）①证明见解析；②点H的坐标为(（Ⅲ）
17,3).530?33430?334. ?S?44【解析】
分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x，在直角三角形ACD中运用勾股定理可CD的值，从而可确定D点坐标；
（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；
②由①知?BAD??BAO，再根据矩形的性质得?CBA??OAB.从而
?BAD??CBA，故BH=AH，在Rt△ACH中，运用勾股定理可求得AH的值，进而求得
答案；
（Ⅲ）30?33430?334. ?S?44详解：（Ⅰ）∵点A?5,0?，点B?0,3?， ∴OA?5，OB?3. ∵四边形AOBC是矩形，
∴AC?OB?3，BC?OA?5，?OBC??C?90?. ∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到的， ∴AD?AO?5.
在RtADC中，有AD2?AC2?DC2， ∴DC?AD2?AC2 ?52?32?4.
∴BD?BC?DC?1. ∴点D的坐标为?1,3?.
（Ⅱ）①由四边形ADEF是矩形，得?ADE?90?. 又点D在线段BE上，得?ADB?90?.
由（Ⅰ）知，AD?AO，又AB?AB，?AOB?90?， ∴RtADB≌RtAOB.
②由ADB≌AOB，得?BAD??BAO. 又在矩形AOBC中，OA//BC，
∴?CBA??OAB.∴?BAD??CBA.∴BH?AH. 设BH?t，则AH?t，HC?BC?BH?5?t.
在RtAHC中，有AH2?AC2?HC2， ∴t2?32??5?t?.解得t?21717.∴BH?. 55∴点H的坐标为??17?,3?. ?5?
（Ⅲ）
30?33430?334. ?S?44点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.
8．如图1，直线DE上有一点O，过点O在直线DE上方作射线OC，∠COE＝140°，将一直角三角板AOB的直角顶点放在点O处，一条直角边OA在射线OD上，另一边OB在直线DE上方，将直角三角板绕着点O按每秒10°的速度逆时针旋转一周，设旋转时间为t秒．
（1）当直角三角板旋转到如图2的位置时，OA恰好平分∠COD，求此时∠BOC的度数； （2）若射线OC的位置保持不变，在旋转过程中，是否存在某个时刻，使得射线OA、OC、OD中的某一条射线是另两条射线所成夹角的角平分线？若存在，请求出t的取值，若不存在，请说明理由；
（3）若在三角板开始转动的同时，射线OC也绕O点以每秒15°的速度逆时针旋转一周，从旋转开始多长时间，射线OC平分∠BOD．直接写出t的值．（本题中的角均为大于0°且小于180°的角）
【答案】（1）∠BOC＝70°；（2）存在，t＝2，t＝8或32；（3）【解析】 【分析】
（1）由图可知∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC，∠AOC可利用角平分线及平角的定义求出.
137. 或
22
（2）分OA平分∠COD，OC平分∠AOD，OD平分∠AOC三种情况分别进行讨论，建立关
于t的方程，解方程即可.
（3）分别用含t的代数式表示出∠COD和∠BOD，再根据OC平分∠BOD建立方程解方程即可，注意分情况讨论. 【详解】
（1）解：∵∠COE＝140°， ∴∠COD＝180°﹣∠COE＝40°， 又∵OA平分∠COD，
1∠COD＝20°， 2∵∠AOB＝90°，
∴∠AOC＝
∴∠BOC＝90°﹣∠AOC＝70°； （2）存在
①当OA平分∠COD时，∠AOD＝∠AOC，即10°t＝20°，解得：t＝2； ②当OC平分∠AOD时，∠AOC＝∠DOC，即10°t﹣40°＝40°，解得：t＝8； ③当OD平分∠AOC时，∠AOD＝∠COD，即360°﹣10°t＝40°，解得：t＝32； 综上所述：t＝2，t＝8或32；
137或，理由如下： 22设运动时间为t，则有
（3）
①当90+10t＝2（40+15t）时，t＝
1 2
37 2②当270﹣10t＝2（320﹣15t）时，t＝
137或． 22所以t的值为【点睛】
本题主要考查角平分线的定义以及图形的旋转，根据题意，找到两个角之间的等量关系建立方程并分情况讨论是解题的关键.
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