【数学】备战中考数学旋转解答题压轴题提高专题练习附答案解析

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．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) 求证：EG=CG；

(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?通过观察你还能得出什么结论(均不要求证明).

【答案】解：（1）CG=EG

（2）（1）中结论没有发生变化，即EG=CG．

证明：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．

∴ AG=CG．

在△DMG与△FNG中，

∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，

∴△DMG≌△FNG．

∴ MG=NG

在矩形AENM中，AM=EN．

在Rt△AMG 与Rt△ENG中，

∵ AM=EN， MG=NG，

∴△AMG≌△ENG．

∴ AG=EG

∴ EG=CG．

（3）（1）中的结论仍然成立．

【解析】

试题分析：（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．还知道EG⊥CG;

试题解析：

解：（1）证明：在Rt△FCD中，

∵G为DF的中点，

∴，

同理，在Rt△DEF中，，

∴CG=EG；

（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG；

连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点，如图所示：

在△DAG与△DCG中，

∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DC=DC，

∴△DAG≌△DCG，

∴AG=CG，

在△DMG与△FNG中，

∵∠DGM=∠FGN，DG=FG，∠MDG=∠NFG，

∴△DMG≌△FNG，

∴MG=NG，

在矩形AENM中，AM=EN.，

在Rt△AMG与Rt△ENG中，

∵AM=EN，MG=NG，

∴△AMG≌△ENG，

∴AG=EG，

∴EG=CG，

（3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG且EG⊥CG。

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，如图所示：

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】本题解题关键是作出辅助线，且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，难度较大。

2．如图l，在AABC中，∠ACB=90°，点P为ΔABC内一点.

(1)连接PB，PC，将ABCP沿射线CA方向平移，得到ΔDAE，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，BP=3，AB=6，求CE的长

(2)如图3，以点A为旋转中心，将ΔABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接PA、PB、PC，当AC=3，AB=6时，根据此图求PA+PB+PC的最小值.

【答案】（1）①补图见解析；②；（2）

【解析】

（1）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，据此画图即可；②连接BD、CD，构造矩形ACBD和

Rt△CDE，根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行计算，即可求得CE的长；

（2）以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN，根据△PAM、△ABN都是等边三角形，可得PA+PB+PC=CP+PM+MN,最后根据当C、P、M、N四点共射线，PA+PB+PC的值最小，此时△CBN是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题.

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，

∵∠ACB=90°，

∴四边形BCAD是矩形，∴CD=AB=6，

∵BP=3，∴DE=BP=3，

∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE，

∴在Rt△DCE中，；

（2）证明：如图所示，

当C、P、M、N四点共线时，PA+PB+PC最小

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=6，∠BNA=60°，∠PAM=60°

∴∠CAN=∠CAB+∠BAN=60°+60°=120°，

∴∠CBN=90°

在Rt△ABC中，易得

∴在Rt△BCN中，

“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、全等三角形的判定和性质、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.

3．如图，正方形ABCD中，点E是BC边上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转90°，得到AF，连接EF，交对角线BD于点G，连接AG．

（1）根据题意补全图形；

（2）判定AG与EF的位置关系并证明；

（3）当AB=3，BE=2时，求线段BG的长．

【答案】(1)见解析;(2)见解析25

.

【解析】

【分析】

（1）根据题意补全图形即可；

（2）先判断出△ADF≌△ABE，进而判断出点C，D，F共线，即可判断出△DFG≌△HEG，得出FG=EG，即可得出结论；

（3）先求出正方形的对角线BD，再求出BH，进而求出DH，即可得出HG，求和即可得出结论．

【详解】

（1）补全图形如图所示，

（2）连接DF，

由旋转知，AE=AF，∠EAF=90°，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB∥CD，AD=AB，∠ABC=∠ADC=BAD=90°，∴∠DAF=∠BAE，

∴△ADF≌△ABE（SAS），

∴DF=BE，∠ADF=∠ABC=90°，

∴∠ADF+∠ADC=180°，

∴点C，D，F共线，

∴CF∥AB，

过点E作EH∥BC交BD于H，

∴∠BEH=∠BCD=90°，DF∥EH，

∴∠DFG=∠HEG，

∵BD是正方形ABCD的对角线，

∴∠CBD=45°，

∴BE=EH，

∵∠DGF=∠HGE，

∴△DFG≌△HEG（AAS），

∴FG=EG

∵AE=AF，

∴AG⊥EF；

（3）∵BD是正方形的对角线，

∴22，

由（2）知，在Rt△BEH中，22，∴2

由（2）知，△DFG≌△HEG，

∴DG=HG，

∴HG=1

2

DH=

2

2

，

∴BG=BH+HG=22+2

2=

52

2

．

【点睛】

此题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性

质，勾股定理，作出辅助线是解本题的关键．

4．如图①，在ABCD中，AB=10cm，BC=4cm，∠BCD=120°，CE平分∠BCD交AB于点E.点P从A点出发，沿AB方向以1cm/s的速度运动，连接CP，将△PCE绕点C逆时针旋转60°，使CE与CB重合，得到△QCB，连接PQ.

（1）求证：△PCQ是等边三角形；

（2）如图②，当点P在线段EB上运动时，△PBQ的周长是否存在最小值？若存在，求

出△PBQ周长的最小值；若不存在，请说明理由；

（3）如图③，当点P在射线AM上运动时，是否存在以点P、B、Q为顶点的直角三角形？

若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由.

（1）（2）

（3）

【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3）t为2s或者14s.

【解析】

分析：（1）根据旋转的性质，证明△PCE≌△QCB，然后根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可；

（2）利用平行四边形的性质证得△BCE为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到

△PBQ的周长为4+CP，然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可；

（3）根据点的移动的距离，分类讨论求解即可.

详解：（1）∵旋转

∴△PCE≌△QCB

∴CP=CQ，∠PCE =∠QCB，

∵∠BCD=120°，CE平分∠BCD，

∴∠PCQ=60°，

∴∠PCE +∠QCE=∠QCB+∠QCE=60°，

∴△PCQ为等边三角形.

（2）存在

∵CE平分∠BCD，

∴∠BCE=60?，

∵在平行四边形ABCD 中，

∴AB∥CD

∴∠ABC=180°﹣120°=60°

∴△BCE为等边三角形

∴BE=CB=4

∵旋转

∴△PCE≌△QCB

∴EP=BQ，

∴C△PBQ=PB+BQ+PQ

=PB+EP+PQ

=BE+PQ

=4+CP

∴CP⊥AB时，△PBQ周长最小

当CP⊥AB时，CP=BCsin60°=

∴△PBQ周长最小为4＋

（3）①当点B与点P重合时，P,B,Q不能构成三角形

②当0≤t＜6时，由旋转可知，

∠CPE=∠CQB，

∠CPQ=∠CPB+∠BPQ=60°

则：∠BPQ+∠CQB＝60°，

又∵∠QPB+∠PQC+∠CQB+∠PBQ=180°

∴∠CBQ=180°—60°—60°=60°

∴∠QBP=60°，∠BPQ＜60°，

所以∠PQB可能为直角

由（1）知，△PCQ为等边三角形，

∴∠PBQ=60°，∠CQB＝30°

∵∠CQB＝∠CPB

∴∠CPB=30°

∵∠CEB＝60°，

∴∠ACP＝∠APC=30°

∴PA=CA=4，

所以AP=AE-EP=6-4=2

÷=s

所以t＝212

③当6＜t＜10时，由∠PBQ＝120°＞90°，所以不存在

④当t＞10时，由旋转得：∠PBQ=60°，由（1）得∠CPQ=60°∴∠BPQ=∠CPQ+∠BPC=60°+∠BPC，

而∠BPC＞0°，

∴∠BPQ＞60°

∴∠BPQ=90°，从而∠BCP=30°，

∴BP=BC=4

所以AP=14cm

所以t=14s

综上所述：t为2s或者14s时，符合题意。

点睛：此题主要考查了旋转图形变化的应用，结合平行四边形、等边三角形、全等三角形的判定与性质，进行解答即可，注意分类讨论思想的应用，比较困难.

5．（10分）已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，连结DF、CF.

（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上，请直接写出此时线段DF、CF的数量关系和位置关系（不用证明）；

（2）如图2，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45°时，请你判断此时（1）中的结论是否仍然成立，并证明你的判断；

（3）如图3，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转90°时，若AD=1，AC=，求此时线段CF的长（直接写出结果）.

【答案】（1）相等和垂直；（2）成立，理由见试题解析；（3）．

【解析】

试题分析：（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知DF=BF，根据

∠DFE=2∠DCF，∠BFE=2∠BCF，得到∠EFD+∠EFB=2∠DCB=90°，DF⊥BF；

（2）延长DF交BC于点G，先证明△DEF≌△GCF，得到DE=CG，DF=FG，根据AD=DE，AB=BC，得到BD=BG又因为∠ABC=90°，所以DF=CF且DF⊥BF；

（3）延长DF交BA于点H，先证明△DEF≌△HBF，得到DE=BH，DF=FH，根据旋转条件可以△ADH为直角三角形，由△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AC=，可以求出AB的值，进而可以根据勾股定理可以求出DH，再求出DF，由DF=BF，求出得CF的值．

试题解析：（1）∵∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，∴DF=BE，CF=BE. ∴DF=CF．∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴∠ABC=45°.

∵BF=DF，∴∠DBF=∠BDF.

∵∠DFE=∠ABE+∠BDF，∴∠DFE=2∠DBF.

同理得：∠CFE=2∠CBF，

∴∠EFD+∠EFC=2∠DBF+2∠CBF=2∠ABC=90°.

∴DF=CF，且DF⊥CF．

（2）（1）中的结论仍然成立．证明如下：

如图，此时点D落在AC上，延长DF交BC于点G．

∵∠ADE=∠ACB=90°，∴DE∥BC．∴∠DEF=∠GBF，∠EDF=∠BGF．

∵F为BE中点，∴EF=BF．∴△DEF≌△GBF．∴DE=GB，DF=GF．

∵AD=DE，∴AD=GB.

∵AC=BC，∴AC-AD="BC-GB." ∴DC=GC．

∵∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形.

∵DF=GF，∴DF=CF，DF⊥CF．

（3）如图，延长DF交BA于点H，

∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴AC=BC，AD=DE．

∴∠AED=∠ABC=45°.

∵由旋转可以得出，∠CAE=∠BAD=90°，

∵AE∥BC，∴∠AEB=∠CBE. ∴∠DEF=∠HBF．

∵F是BE的中点，∴EF="BF." ∴△DEF≌△HBF. ∴ED=HB.

∵AC=，在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB=4.

∵AD=1，∴ED=BH=1.∴AH=3.

在Rt△HAD中，由勾股定理，得DH=，

∴DF=，∴CF=.

∴线段CF的长为.

考点：1.等腰直角三角形的性质；2.全等三角形的判定和性质；3.勾股定理．

6．如图1，正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE（AB＜AE）在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为. 在旋转过程中，两个正方形只有点A 重合，其它顶点均不重合，连接BE、DG.

（1）当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；

（2）当点C在直线BE上时，连接FC，直接写出∠FCD 的度数；

（3）如图3，如果=45°，AB =2，AE=，求点G到BE的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）45°或135°；（3）.

【解析】

试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，再求出

∠BAE=∠DAG，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等证明即可.

（2）当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，据此求解即可.

（3）根据和求解即可.

试题解析：（1）如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAE+∠EAD=90°.

∵四边形AEFG是正方形，∴AE=AG，∠EAD+∠DAG=90°.

∴∠BAE=∠DAG..

∴△ABE≌△ADG（SAS）.

∴BE=DG..

（2）如图，当点C在直线BE上时，可知点E与C重合或G点C与重合，此时∠FCD 的度数为45°或135°.

（3）如图3，连接GB、GE.

由已知α=45°，可知∠BAE=45°.

又∵GE为正方形AEFG的对角线，∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.

∵，∴GE =8.

∴.

过点B作BH⊥AE于点H.

∵AB=2，∴. ∴..

设点G到BE的距离为h.

∴.

∴.

∴点G到BE的距离为.

考点：1.旋转的性质；2.正方形的性质；3.全等三角形的判定和性质；4.平行的判定和性质；5.勾股定理；6.分类思想的应用．

7．边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1)，现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中， AB边交DF于点M，BC边交DG于点N.

（1）求边DA在旋转过程中所扫过的面积；

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时(如图2)，求正方形ABCD旋转的度数；

（3）如图3，设△MBN的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.

【答案】（1）；（2）；（3）不变化，证明见解析.

【解析】

试题分析：（1）将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中，DA旋转了，从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的面积.

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为.

（3）延长BA交DE轴于H点，通过证明和可得结论.

（1）∵A点第一次落在DF上时停止旋转，∴DA旋转了.

∴DA在旋转过程中所扫过的面积为.

（2）∵MN∥AC，∴,.

∴.∴.

又∵，∴.

又∵,∴.

∴.∴.

∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形ABCD旋转的度数为. (3)不变化，证明如下：

如图，延长BA交DE轴于H点，则

，

， ∴

. 又∵

.∴． ∴

． 又∵

, ,∴． ∴

.∴. ∴

. ∴在旋转正方形ABCD 的过程中，值无变化.

考点：1.面动旋转问题；2．正方形的性质；3.扇形面积的计算；4.全等三角形的判定和性质.

8．小明合作学习小组在探究旋转、平移变换．如图△ABC ，△DEF 均为等腰直角三角形，各顶点坐标分别为A （1，1），B （2，2），C （2，1），D （2，0），E （22， 0），F （322

，22-）． （1）他们将△ABC 绕C 点按顺时针方向旋转450得到△A 1B 1C ．请你写出点A 1，B 1的坐标，并判断A 1C 和DF 的位置关系；

（2）他们将△ABC 绕原点按顺时针方向旋转450，发现旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2y 22x bx c =++上．请你求出符合条件的抛物线解析式；

（3）他们继续探究，发现将△ABC 绕某个点旋转45，若旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线2

y x =上，则可求出旋转后三角形的直角顶点P 的坐标．请你直接写出点P 的所有坐标．

【答案】解：（1

）

22c 0{b c 222+=?++= ??

． A 1C 和DF 的位置关系是平行．

（2）∵△ABC 绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF ，

∴①当抛物线经过点D 、E

时，根据题意可得：

(

2

2c 0{c 0++=++=

，解得b 12{c =-=

∴2y 12x =-+

②当抛物线经过点D 、F

时，根据题意可得：

22c 0{b c 222++=?++= ??

，解得b 11{c =-=

∴2y 11x =-+

③当抛物线经过点E 、F

时，根据题意可得：(

22c 0{c ++=+=??

，解得b 13{c =-=

∴2y 13x =-+

（3）在旋转过程中，可能有以下情形：

①顺时针旋转45°，点A 、B 落在抛物线上，如答图1所示，

易求得点P 坐标为（0

，12

）． ②顺时针旋转45°，点B 、C 落在抛物线上，如答图2所示，

设点B′，C′的横坐标分别为x 1，x 2，

易知此时B′C′与一、三象限角平分线平行，∴设直线B′C′的解析式为y=x+b ． 联立y=x 2与y=x+b 得：x 2=x+b ，即2x x b 0--=，∴1212x x 1x x b +==-，． ∵B′C′=1，∴

根据题意易得：12x x -=，∴()2121x x 2-=，即

()212121x x 4x x 2

+-=． ∴114b 2+=，解得1b 8=-．

∴21x x 08-+=，解得x =或x =．

∵点C′的横坐标较小，∴2x 4=

．

当2x 4=时，23y x 8-==．

∴P ③顺时针旋转45°，点C 、A 落在抛物线上，如答图3所示，

设点C′，A′的横坐标分别为x 1，x 2．

易知此时C′A′与二、四象限角平分线平行，∴设直线C′A′的解析式为y x b =-+． 联立y=x 2与y x b =-+得：2x x b =-+，即2x x b 0+-=，

∴1212x x 1x x b +=-=-，．

∵C′A′=1，∴根据题意易得：12x x 2

-=，∴()2121x x 2-=，即()212121x x 4x x 2

+-=． ∴114b 2+=，解得1b 8=-．

∴21x x 08++=，解得2x 4-+=x 或2x 4

-=．

∵点C′的横坐标较大，∴2x 4-=

．

当2x 4-+=时，23y x 8-==．

∴P ）． ④逆时针旋转45°，点A 、B 落在抛物线上．

因为逆时针旋转45°后，直线A′B′与y 轴平行，因为与抛物线最多只能有一个交点，故此种情形不存在．

⑤逆时针旋转45°，点B 、C 落在抛物线上，如答图4所示，

与③同理，可求得：P ）．

⑥逆时针旋转45°，点C、A落在抛物线上，如答图5所示，

与②同理，可求得：P（22

4

+

，

322

+

）．

综上所述，点P的坐标为：（0，12

-

），（

22

-

，

322

-

），P（

22

-+

，

322

-

，（22

+

，

322

+

）．

【解析】

（1）由旋转性质及等腰直角三角形边角关系求解．

（2）首先明确△ABC绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF，然后分三种情况进行讨论，分别计算求解．

（3）旋转方向有顺时针、逆时针两种可能，落在抛物线上的点有点A和点B、点B和点C、点C和点D三种可能，因此共有六种可能的情形，需要分类讨论，避免漏解．

考点：旋转变换的性质，曲线上点的坐标与方程的关系，平行线的性质，等腰直角三角形的性质，分类思想的应用．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/lcpl.html