数学中考压轴题旋转问题(经典)答案版(共17页).doc

《数学中考压轴题旋转问题(经典)答案版(共17页).doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数学中考压轴题旋转问题(经典)答案版(共17页).doc（19页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、精选优质文档-倾情为你奉上-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN数学中考压轴题旋转问题(经典) 答案版专心-专注-专业 旋转拔高练习一、选择题1. （广东）如图，把一个斜边长为2且含有300角的直角三角板ABC绕直角顶点C顺时针旋转900到A1B1C，则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【 】A B C D1、【分析】因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形ACA1、 BCD和ACD 计算即可：在ABC中，ACB=90，BAC=30，AB=2，BC=AB=1，B=90BAC=60。设点B扫过的路线与AB的交点为D，连接CD，BC=DC，

2、BCD是等边三角形。BD=CD=1。点D是AB的中点。S。 故选D。2. （湖北）如图，O是正ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60得到线段BO，下列结论：BOA可以由BOC绕点B逆时针旋转60得到；点O与O的距离为4；AOB=150；其中正确的结论是【 】A B C D 2【分析】正ABC，AB=CB，ABC=600。线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60得到线段BO，BO=BO，OAO=600。OBA=600ABO=OBA。BOABOC。BOA可以由BOC绕点B逆时针旋转60得到。故结论正确。 连接OO，BO=BO，OAO=600，OBO是等边

3、三角形。OO=OB=4。故结论正确。在AOO中，三边长为OA=OC=5，OO=OB=4，OA=3，是一组勾股数，AOO是直角三角形。AOB=AOOOOB =900600=150。故结论正确。故结论错误。如图所示，将AOB绕点A逆时针旋转60，使得AB与AC重合，点O旋转至O点易知AOO是边长为3的等边三角形，COO是边长为3、4、5直角三角形。则。故结论正确。综上所述，正确的结论为：。故选A。3. （四川）如图，P是等腰直角ABC外一点，把BP绕点B顺时针旋转90到BP，已知APB=135，PA：PC=1：3，则PA：PB=【 】。A1： B1：2 C：2 D1：3、【分析】如图，连接AP，B

4、P绕点B顺时针旋转90到BP，BP=BP，ABP+ABP=90。又ABC是等腰直角三角形，AB=BC，CBP+ABP=90，ABP=CBP。在ABP和CBP中， BP=BP，ABP=CBP，AB=BC ，ABPCBP（SAS）。AP=PC。PA：PC=1：3，AP=3PA。连接PP，则PBP是等腰直角三角形。BPP=45，PP= 2 PB。APB=135，APP=135-45=90，APP是直角三角形。设PA=x，则AP=3x，在RtAPP中，。在RtAPP中，。，解得PB=2x。PA：PB=x：2x=1：2。 故选B。4. （贵州）点P是正方形ABCD边AB上一点（不与A、B重合），连接PD

5、并将线段PD绕点P顺时针旋转90，得线段PE，连接BE，则CBE等于【 】A75 B60 C45 D304【分析】过点E作EFAF，交AB的延长线于点F，则F=90，四边形ABCD为正方形，AD=AB，A=ABC=90。ADP+APD=90。由旋转可得：PD=PE，DPE=90，APD+EPF=90。ADP=EPF。在APD和FEP中，ADP=EPF，A=F，PD=PE，APDFEP（AAS）。AP=EF，AD=PF。又AD=AB，PF=AB，即AP+PB=PB+BF。AP=BF。BF=EF又F=90，BEF为等腰直角三角形。EBF=45。又CBF=90，CBE=45。故选C。【答案】C。5.

6、 （广西）如图，等边ABC的周长为6，半径是1的O从与AB相切于点D的位置出发，在ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，则O自转了：【 】A2周B3周C4周D5周5【分析】该圆运动可分为两部分：在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角，分别计算即可得到圆的自传周数：O在三边运动时自转周数：62 =3：O绕过三角形外角时，共自转了三角形外角和的度数：360，即一周。O自转了3+1=4周。故选C。二、填空题6. （四川）如图，四边形ABCD中，BAD=BCD=900,AB=AD,若四边形ABCD的面积是24cm2.则AC长是 cm. 6【分析】如图，将ADC旋转至ABE

7、处，则AEC的面积和四边形ABCD的面积一样多为24cm2，,这时三角形AEC为等腰直角三角形，作边EC上的高AF，则AF=EC=FC, SAEC= AFEC=AF2=24 。AF2=24。AC2=2AF2=48 AC=4。7. （江西南昌）如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将AEF绕顶点A旋转，在旋转过程中，当BE=DF时，BAE的大小可以是 7【分析】正三角形AEF可以在正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求解： 当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时，如图1，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，AB=AD，AE=AF。当BE=DF时，在ABE和

8、ADF中，AB=AD，BE=DF，AE=AF，ABEADF（SSS）。BAE=FAD。EAF=60，BAE+FAD=30。BAE=FAD=15。当正三角形AEF在正方形ABCD的外部，顺时针旋转小于1800时，如图2，同上可得ABEADF（SSS）。BAE=FAD。EAF=60，BAF=DAE。900600BAFDAE=3600，BAF=DAE=105。BAE=FAD=165。当正三角形AEF在正方形ABCD的外部，顺时针旋转大于1800时，如图3，同上可得ABEADF（SSS）。BAE=FAD。EAF=60，BAE=90，90DAE=60DAE，这是不可能的。此时不存在BE=DF的情况。综上

9、所述，在旋转过程中，当BE=DF时，BAE的大小可以是15或165。8. （吉林省）如图，在等边ABC中，D是边AC上一点，连接BD将BCD绕点B逆时针旋转60得到BAE，连接ED若BC=10，BD=9，则AED的周长是_ _.8【分析】BCD绕点B逆时针旋转60得到BAE， 根据旋转前、后的图形全等的旋转性质，得，CD= AE，BD=BE。ABC是等边三角形，BC=10，AC= BC=10。AEAD=AC=10。又旋转角DBE=600，DBE是等边三角形。DE=BD=9。AED的周长=DEAEAD=910=19。三、解答题9. （北京市）在中，M是AC的中点，P是线段BM上的动点，将线段PA

10、绕点P顺时针旋转得到线段PQ。（1） 若且点P与点M重合（如图1），线段CQ的延长线交射线BM于点D，请补全图形，并写出CDB的度数；（2） 在图2中，点P不与点B，M重合，线段CQ的延长线与射线BM交于点D，猜想CDB的大小（用含的代数式表示），并加以证明；（3） 对于适当大小的，当点P在线段BM上运动到某一位置（不与点B，M重合）时，能使得线段CQ的延长线与射线BM交于点D，且PQ=QD，请直接写出的范围。9【答案】解：（1）补全图形如下：CDB=30。（2）作线段CQ的延长线交射线BM于点D，连接PC，AD，AB=BC，M是AC的中点，BMAC。AD=CD，AP=PC，PD=PD。在AP

11、D与CPD中，AD=CD， PD=PD， PA=PCAPDCPD（SSS）。AP=PC，ADB=CDB，PAD=PCD。又PQ=PA，PQ=PC，ADC=2CDB，PQC=PCD=PAD。PAD+PQD=PQC+PQD=180。APQ+ADC=360（PAD+PQD）=180。ADC=180APQ=1802，即2CDB=1802。CDB=90。（3）4560。【分析】（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出CMQ是等边三角形，即可得出答案：BA=BC，BAC=60，M是AC的中点，BMAC，AM=AC。将线段PA绕点P顺时针旋转2得到线段PQ，AM=MQ，AMQ=120。 CM=MQ，

12、CMQ=60。CMQ是等边三角形。ACQ=60。CDB=30。（2）首先由已知得出APDCPD，从而得出PAD+PQD=PQC+PQD=180，即可求出。（3）由（2）得出CDB=90，且PQ=QD，PAD=PCQ=PQC=2CDB=1802。点P不与点B，M重合，BADPADMAD。21802，4560。10. （福建）在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（m，1）（m0），将此矩形绕O点逆时针旋转90，得到矩形OABC（1）写出点A、A、C的坐标；（2）设过点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，求此抛物线的解析式；（a、b、c可用含m的式子表

13、示）（3）试探究：当m的值改变时，点B关于点O的对称点D是否可能落在（2）中的抛物线上？若能，求出此时m的值 10【答案】解：（1）四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m0），A（m，0），C（0，1）。矩形OABC由矩形OABC旋转90而成，A（0，m），C（1，0）。（2）设过点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2bxc，A（m，0），A（0，m），C（1，0），解得。此抛物线的解析式为：y=x2（m1）xm。（3）点B与点D关于原点对称，B（m，1），点D的坐标为：（m，1），假设点D（m，1）在（2）中的抛物线上，0=（m）2（m1）（m）m=1，即2m22m1=0，=（2）

14、2422=40，此方程无解。点D不在（2）中的抛物线上。【分析】（1）先根据四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m0），求出点A、C的坐标，再根据图形旋转的性质求出A、C的坐标即可。（2）设过点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把A、A、C三点的坐标代入即可得出abc的值，进而得出其抛物线的解析式。（3）根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标，把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。11. （江苏）(1)如图1，在ABC中，BA=BC，D，E是AC边上的两点，且满足DBE=ABC(0CBEABC)。以点B为旋转中心，将BEC按逆时针方向旋转ABC，得到BE

15、A（点C与点A重合，点E到点E处），连接DE。求证：DE=DE. （2）如图2，在ABC中，BA=BC，ABC=90，D，E是AC边上的两点，且满足DBE=ABC(0CBE45).求证：DE2=AD2+EC2.11【答案】证明：（1）BEA是BEC按逆时针方向旋转ABC得到， BE=BE，EBA=EBC。DBE=ABC，ABDEBC =ABC。 ABDEBA =ABC，即EBD=ABC。EBD=DBE。在EBD和EBD中，BE=BE，EBD=DBE，BD=BD，EBDEBD（SAS）。DE=DE。（2）以点B为旋转中心，将BEC按逆时针方向旋转ABC=90，得到BEA（点C与点A重合，点E到点

16、E处），连接DE 由（1）知DE=DE。由旋转的性质，知EA=EC，E AB=ECB。又BA=BC，ABC=90，BAC=ACB=45。E AD=E ABBAC=90。 在RtDEA中，DE2=AD2+EA2，DE2=AD2+EC2。【分析】（1）由旋转的性质易得BE=BE，EBA=EBC，由已知DBE=ABC经等量代换可得EBD=DBE，从而可由SAS得EBDEBD，得到DE=DE。（2）由（1）的启示，作如（1）的辅助图形，即可得到直角三角形DEA，根据勾股定理即可证得结论。12. （四川德阳）在平面直角坐标xOy中，（如图）正方形OABC的边长为4，边OA在x轴的正半轴上，边OC在y轴的

17、正半轴上，点D是OC的中点，BEDB交x轴于点E.求经过点D、B、E的抛物线的解析式；将DBE绕点B旋转一定的角度后，边BE交线段OA于点F，边BD交y轴于点G，交中的抛物线于M（不与点B重合），如果点M的横坐标为，那么结论OF=DG能成立吗？请说明理由.过中的点F的直线交射线CB于点P，交中的抛物线在第一象限的部分于点Q，且使PFE为等腰三角形，求Q点的坐标.12【答案】解：（1）BEDB交x轴于点E，OABC是正方形，DBC=EBA。在BCD与BAE中，BCD=BAE=90， BC=BA ，DBC=EBA ， BCDBAE（ASA）。AE=CD。OABC是正方形，OA=4，D是OC的中点，

18、A（4，0），B（4，4），C（0，4），D（0，2），E（6，0）设过点D（0，2），B（4，4），E（6，0）的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，则有：，解得 。经过点D、B、E的抛物线的解析式为：。（2）结论OF=DG能成立理由如下：由题意，当DBE绕点B旋转一定的角度后，同理可证得BCGBAF，AF=CG。xM=，。M（）。设直线MB的解析式为yMB=kx+b，M（），B（4，4），解得。yMB=x+6。G（0，6）。CG=2，DG=4。AF=CG=2，OF=OAAF=2，F（2，0）。OF=2，DG=4，结论OF=DG成立。（3）如图，PFE为等腰三角形，可能有三种情况，分类讨论如

19、下：若PF=FE。FE=4，BC与OA平行线之间距离为4，此时P点位于射线CB上。F（2，0），P（2，4）。此时直线FPx轴。来xQ=2。，Q1（2，）。若PF=PE。如图所示，AF=AE=2，BAFE，BEF为等腰三角形。此时点P、Q与点B重合。Q2（4，4）。若PE=EF。FE=4，BC与OA平行线之间距离为4，此时P点位于射线CB上。E（6，0），P（6，4）。设直线yPF的解析式为yPF=kx+b，F（2，0），P（6，4），解得。yPF=x2。Q点既在直线PF上，也在抛物线上，化简得5x214x48=0，解得x1= ，x2=2（不合题意，舍去）。xQ=2。yQ=xQ2=。Q3（）。

20、综上所述，Q点的坐标为Q1（2，）或Q2（4，4）或Q3（）。【分析】（1）由正方形的性质和BCDBAE求得E点坐标，然后利用待定系数法求抛物线解析式。（2）求出M点坐标，然后利用待定系数法求直线MB的解析式，令x=0，求得G点坐标，从而得到线段CG、DG的长度；由BCGBAF，可得AF=CG，从而求得OF的长度比较OF与DG的长度，它们满足OF=DG的关系，所以结论成立；（3）分PF=FE、PF=PE和PE=EF三种情况，逐一讨论并求解。13. （辽宁）（1）如图，在ABC和ADE中，AB=AC，AD=AE，BAC=DAE=90当点D在AC上时，如图1，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关

21、系？直接写出你猜想的结论；将图1中的ADE绕点A顺时针旋转角（090），如图2，线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系？请说明理由（2）当ABC和ADE满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时，使线段BD、CE在（1）中的位置关系仍然成立？不必说明理由甲：AB：AC=AD：AE=1，BAC=DAE90； 乙：AB：AC=AD：AE1，BAC=DAE=90；丙：AB：AC=AD：AE1，BAC=DAE9013【答案】解：（1）结论：BD=CE，BDCE。结论：BD=CE，BDCE。理由如下：BAC=DAE=90，BADDAC=DAEDAC，即BAD=CAE。在RtABD与RtACE中，AB=AC，BA

22、D=CAE ，AD=AE，ABDACE（SAS）。BD=CE。延长BD交AC于F，交CE于H。在ABF与HCF中，ABF=HCF，AFB=HFC，CHF=BAF=90。BDCE。（2）结论：乙AB：AC=AD：AE，BAC=DAE=90。【考点】全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，旋转的性质。【分析】（1）BD=CE，BDCE。根据全等三角形的判定定理SAS推知ABDACE，然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等ABF=ECA；然后在ABD和CDF中，由三角形内角和定理可以求得CFD=90，即BDCF。BD=CE，BDCE。根据全等三角形的判定定理SAS推知ABDACE，

23、然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等ABF=ECA；作辅助线（延长BD交AC于F，交CE于H）BH构建对顶角ABF=HCF，再根据三角形内角和定理证得BHC=90。（2）根据结论、的证明过程知，BAC=DFC（或FHC=90）时，该结论成立了，所以本条件中的BAC=DAE90不合适。14. （辽宁本溪）已知，在ABC中，AB=AC。过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A按顺时针方向旋转角，直线a交BC边于点P（点P不与点B、点C重合），BMN的边MN始终在直线a上（点M在点N的上方），且BM=BN，连接CN。（1）当BAC=MBN=90时，如图a，当=45时，ANC的度

24、数为_；如图b，当45时，中的结论是否发生变化？说明理由；（2）如图c，当BAC=MBN90时，请直接写出ANC与BAC之间的数量关系，不必证明。14【答案】解：（1）450。不变。理由如下过B、C分别作BDAP于点D，CEAP于点E。BAC =90，BADEAC=90。BDAP，ADB =90。ABDBAD=90。ABD=EAC。又AB=AC，ADB =CEA=90，ADBCEA（AAS）。AD=EC，BD=AE。BD是等腰直角三角形NBM斜边上的高，BD=DN，BND=45。BN=BD=AE。DNDE=AEDE，即NE=AD=EC。NEC =90，ANC =45。（3）ANC =90BAC

25、。【分析】（1）BM=BN，MBN=90，BMN=BNM=45。 又CAN=45，BMN=CAN。又AB=AC，AN=AN，BMNCAN（SAS）。ANC=BNM=45。过B、C分别作BDAP于点D，CEAP于点E。通过证明ADBCEA从而证明CEN是等腰直角三角形即可。 （2）如图，由已知得： =18002ABC1（AB=AC） =1800261（BAC=MBN，BM=BN） =（180021）6 =3456（三角形内角和定理） =656=5（34=ABC=6）。 点A、B、N、C四点共圆。 ANC =ABC =90BAC。15.（山东德州） 已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E

26、点作EFBD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG（1）求证：EG=CG；（2）将图中BEF绕B点逆时针旋转45，如图所示，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）将图中BEF绕B点旋转任意角度，如图所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立通过观察你还能得出什么结论（均不要求证明）FBACE第15题图FBADCEG第15题图 FBADCEG第15题图15 解：（1）证明：在RtFCD中， G为DF的中点， CG=FD 1分同理，在RtDEF中， EG=FD 2分 CG=EG3分（2）（1）中结论仍然成立，即

27、EG=CG4分证法一：连接AG，过G点作MNAD于M，与EF的延长线交于N点FBADCEGMNN图 （一）在DAG与DCG中， AD=CD，ADG=CDG，DG=DG， DAGDCG AG=CG5分在DMG与FNG中， DGM=FGN，FG=DG，MDG=NFG， DMGFNG MG=NG 在矩形AENM中，AM=EN 6分FBADCEGM图 （二）在RtAMG 与RtENG中， AM=EN， MG=NG， AMGENG AG=EG EG=CG 8分证法二：延长CG至M,使MG=CG，连接MF，ME，EC， 4分在DCG 与FMG中，FG=DG，MGF=CGD，MG=CG，DCG FMGMF=

28、CD，FMGDCG MFCDAB5分在RtMFE 与RtCBE中， MF=CB，EF=BE，MFE CBE6分MECMEFFECCEBCEF90 7分 MEC为直角三角形 MG = CG，FBADCE图G EG=MC 8分（3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG其他的结论还有:EGCG10分16、（襄阳）如图1，点A是线段BC上一点，ABD和ACE都是等边三角形（1）连结BE，CD，求证：BE=CD；（2）如图2，将ABD绕点A顺时针旋转得到ABD当旋转角为60度时，边AD落在AE上；在的条件下，延长DD交CE于点P，连接BD，CD当线段AB、AC满足什么数量关系时，BDD与CPD全等？并给

29、予证明16、解（1）证明：ABD和ACE都是等边三角形AB=AD，AE=AC，BAD=CAE=60，BAD+DAE=CAE+DAE，即BAE=DAC，在BAE和DAC中，BAEDAC（SAS），BE=CD；（2）解：BAD=CAE=60，DAE=180602=60，边AD落在AE上，旋转角=DAE=60；当AC=2AB时，BDD与CPD全等理由如下：由旋转可知，AB与AD重合，AB=BD=DD=AD，四边形ABDD是菱形，ABD=DBD=ABD=60=30，DPBC，ACE是等边三角形，AC=AE，ACE=60，AC=2AB，AE=2AD，PCD=ACD=ACE=60=30，又DPBC，ABD

30、=DBD=BDD=ACD=PCD=PDC=30，在BDD与CPD中，BDDCPD（ASA）故答案为：60D17. （鸡西）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若MBN=45，易证MN=AM+CN（1）如图2，在梯形ABCD中，BCAD，AB=BC=CD，点M、N分别在AD、CD上，若MBN= ABC，试探究线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明（2）如图3，在四边形ABCD中，AB=BC，ABC+ADC=180，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若MBN= ABC，试探究线段MN、AM、CN又有怎样的数量关系？请直接写出猜想，不需证明17 解：（1）

31、MN=AM+CN理由如下：如图，BCAD，AB=BC=CD，梯形ABCD是等腰梯形，A+BCD=180，把ABM绕点B顺时针旋转90到CBM，则ABMCBM，AM=CM，BM=BM，A=BCM，ABM=MBC，BCM+BCD=180，点M、C、M三点共线，MBN=ABC，MBN=MBC+CBN=ABM+CBN=ABC-MBN=ABC，MBN=MBN，在BMN和BMN中，BMNBMN（SAS），MN=MN，又MN=CM+CN=AM+CN，MN=AM+CN；（2）MN=CN-AM理由如下：如图，作CBM=ABM交CN于点M，ABC+ADC=180，BAD+C=360-180=180，又BAD+BAM=180，C=BAM，在ABM和CBM中，ABMCBM（ASA），AM=CM，BM=BM，MBN=ABC，MBN=ABC-（ABN+CBM）=ABC-（ABN+ABM）=ABC-MBN=ABC，MBN=MBN，在MBN和MBN ，MBNMBN（SAS），MN=MN，MN=CN-CM=CN-AM，MN=CN-AM点评：本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰梯形的两底角互补，利用旋转变换作辅助线，构造出全等三角形，把MN、AM、CN通过等量转化到两个全等三角形的对应边是解题的关键，本题灵活性较强，对同学们的能力要求较高