第2.7讲 图形变换之旋转-备战中考数学热点难点突破（教师版）练习题学案

这是一份第2.7讲 图形变换之旋转-备战中考数学热点难点突破（教师版）练习题学案，共25页。学案主要包含了正三角形类型，等腰直角三角形类型，正方形类型，三角形与圆混合类型，三角形与函数混合类型等内容，欢迎下载使用。

考纲要求:
1．能够按要求作出简单平面图形经过旋转后的图形.
2．探索基本图形（等腰三角形、矩形、菱形、等腰梯形、正多边形、圆）的旋转性质及其相关性质.
3．利用图形之间的变换关系（轴对称、平移、旋转及其组合）解决问题.
基础知识回顾:
1.旋转概念：把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转.点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角.
2.旋转变换的性质
图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化.
3.旋转作图步骤
①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角.
②分析所作图形，找出构成图形的关键点.
③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点.
④ 按原图形连结方式顺次连结各对应点.
4.中心对称与中心对称图形
中心对称：
把一个图形绕着某一点旋转180°，它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心对称的对称点．
中心对称图形：
把一个图形绕着某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫中心对称图形.
5.中心对称作图步骤
① 连结决定已知图形的形状、大小的各关键点与对称中心，并且延长至2倍，得到各点的对称点.
② 按原图形的连结方式顺次连结对称点即得所作图形.
应用举例:
招数一、正三角形类型
【例1】已知，点是等边内一点，，，．线段 绕点逆时针旋转到，连接．求的长．求的度数．
【答案】（1）4（2）150°
连接．
∵、是等边三角形，∴，
∴．
在和中，
∴．∴，，
∵在中，
∴是直角三角形，且
∵是等边三角形，
∴ ∴．
【例2】已知：如图，在△ABC中，∠BAC=120°，以BC为边向形外作等边三角形BCD，把△ABD绕着点D按顺时针方向旋转60°后得到△ECD，若AB=5，AC=3，求∠BAD的度数与AD的长．
【答案】∠BAD=60°，AD=8．
招数二、等腰直角三角形类型
【例3】在平面直角坐标系xOy中，将等腰直角三角形AOB按如图所示的位置放置，然后绕原点O逆时针旋转90°到△A'OB'的位置，若点B的坐标为B(4，0)，则点A' 的坐标为（ ）
A. （2，2） B. （， ） C. （－2，2） D. （－， ）
【答案】C
【解析】如图，过点A作AC⊥OB于C，过点A′作A′C′⊥OB′于C′，
【例4】已知 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，CA=CB=4，另有一块等腰直角三角板的直角顶点放在 C 处，CP=CQ=2，将三角板 CPQ 绕点 C 旋转（保持点 P 在△ ABC 内部），连接 AP、BP、BQ．
（1）如图 1 求证：AP=BQ；
（2）如图 2 当三角板 CPQ 绕点 C 旋转到点 A、P、Q 在同一直线时，求 AP 的长；
（3）设射线 AP 与射线 BQ 相交于点 E，连接 EC，写出旋转过程中 EP、EQ、EC之间的数量关系．
【答案】（1）证明见解析（2） （3）EP+EQ= EC
【解析】解：（1）如图 1 中，∵∠ACB=∠PCQ=90°，
∴∠ACP=∠BCQ 且 AC=BC，CP=CQ
∴△ACP≌△BCQ（SAS）
∴PA=BQ
如图 2 中，作 CH⊥PQ 于 H
解：结论：EP+EQ= EC
理由：如图 3 中，作 CM⊥BQ 于 M，CN⊥EP 于 N，设 BC 交 AE 于 O．
∵△ACP≌△BCQ，∴∠CAO=∠OBE，
∵∠AOC=∠BOE，∴∠OEB=∠ACO=90°，
∵∠M=∠CNE=∠MEN=90°，∴∠MCN=∠PCQ=90°，∴∠PCN=∠QCM，
∵PC=CQ，∠CNP=∠M=90°，∴△CNP≌△CMQ（AAS），
∴CN=CM，QM=PN，∴CE=CE，
∴Rt△CEM≌Rt△CEN（HL），
∴EN=EM，∠CEM=∠CEN=45°
∴EP+EQ=EN+PN+EM﹣MQ=2EN，EC=EN，
∴EP+EQ=EC
招数三、正方形类型
【例5】如右上图，在正方形ABCD中AB=3，，以B为圆心，半径为1画⊙B，点P在⊙B上移动，连接AP，并将AP绕点A逆时针方向旋转 90°至AP′，连接BP′，在点P移动过程中，BP′长的取值范围是______．
【来源】江苏省常州市正衡中学天宁分校2018届九年级第二次模拟考试数学试题
【答案】3-1≤BP′≤3+1
解：如图，当P′在对角线BD上时，BP′最小，连接BP，
在Rt△ABD中，∵AB=AD=3，
由勾股定理得：BD=，
∴BP′=BD-P′D=3-1，BE=3-1+2=3+1,
即BP′长度的最小值为（3-1）cm,最长距离为：3+1.
故答案为：3-1≤BP′≤3+1
【例6】请阅读下列材料：
问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB=，PC=1、求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长．
李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形（如图2），连接PP′，可得△P′PC是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），从而得到∠BPC=∠AP′B=__________；，进而求出等边△ABC的边长为__________；
问题得到解决．
请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA=，BP=，PC=1．求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长．
【来源】【全国百强校】重庆市江津中学校2018届九年级上学期第二次阶段（半期)考试数学试题
【答案】（1）150°，；（2）135°，
【解析】试题分析：（1）利用旋转的性质，得到全等三角形.
(2)利用（1）中的解题思路，把△BPC,旋转，到△BP’A,连接PP’,BP’，容易证明△APP’是直角三角形，∠BP’E=45°，已知边BP’=BP=，BE=BP’=1，勾股定理可求得正方形边长.
在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP=，
∵，即AP′2+PP′2=AP2；
∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，
∴∠AP′B=135°，
∴∠BPC=∠AP′B=135°．
招数四、三角形与圆混合类型
【例7】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= ；
（2）试判断：旋转过程中的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；
（3）若m=10，n=8，当α=∠ACB时，求线段BD的长；
（4）若m=6，n=4，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°，；（2）无变化；（3）；（4）BD=或．
【解析】(1)如图1中，当α=0时，连接DE，则∠CDE=90°．
∵∠CDE=∠B=90°，∴DE∥AB，∴=．∵BC=n，∴CD=．
故答案为：90°，n．
②如图2中，当α=180°时，BD=BC+CD=n，AE=AC+CE=m，
∴=．故答案为：．
（2）如图3中，∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACE=∠BCD．
∵，∴△ACE∽△BCD，∴．
（4）∵m=6，n=，∴CE=3，CD=2，AB==2，
①如图5中，当α=90°时，半圆与AC相切．在Rt△DBC中，BD===2．
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，∴，∴AM=5，AE==，
由（2）可知=，∴BD=．
故答案为：2或．
招数五、三角形与函数混合类型
【例8】如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABOC如图放置，将此平行四边形绕点O顺时针旋转90°得到平行四边形A′B′OC′．抛物线y＝﹣x2+2x+3经过点A、C、A′三点．
（1）求A、A′、C三点的坐标；
（2）求平行四边形ABOC和平行四边形A′B′OC′重叠部分△C′OD的面积；
（3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问点M在何处时，△AMA′的面积最大？最大面积是多少？并写出此时M的坐标．
【答案】（1）C（﹣1，0），A′（3，0），A（0，3）；（2）；（3）S△AMA′＝＝﹣（m﹣）2+，∴当m＝时，S△AMA'的值最大，最大值为，此时M点坐标为（，）．
（2）∵四边形ABOC为平行四边形，
∴AB∥OC，AB＝OC，
而C（﹣1，0），A（0，3），∴B（1，3），
∴OB＝＝，S△AOB＝×3×1＝，
又∵平行四边形ABOC旋转90°得平行四边形A′B′OC′，
∴∠ACO＝∠OC′D，OC′＝OC＝1，又∵∠ACO＝∠ABO，
∴∠ABO＝∠OC′D．又∵∠C′OD＝∠AOB，∴△C′OD∽△BOA，
∴＝()2＝（）2＝ ，
∴S△C′OD＝×＝；
方法、规律归纳:
1．旋转问题处理方法：灵活利用旋转的性质
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.
找到所要解决问题与旋转包含等量的联系.
2．构造旋转的解题方法：
遇中点，旋180°，构造中心对称；
遇90°，旋90°，造垂直；
遇60°，旋60°，造等边；
遇等腰，旋顶角。
综上四点得出旋转的本质特征：等线段，共顶点，就可以有旋转。
实战演练:
1. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=,将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，连结BM，则BM的长是（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】B
【解析】试题解析：如图，连接AM，
2. 如图，正△ABC的边长为4，将正△ABC绕点B顺时针旋转120°得到△C'A'B，若点D为直线A'B上的一动点，则AD+CD的最小值是___________．
【答案】8
3. 如图，在等边△ABC中，AB=4，D是BC的中点，将△ABD绕点A旋转后得到△ACE，连接DE交AC于点F，则△AEF的面积为_______．
【答案】
【解析】解：∵在等边△ABC中，∠B=60º，AB=4，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=30º，
∴AD=ABcs30º=4×=2，
根据旋转的性质知，∠EAC=∠DAB=30º，AD=AE，
∴∠DAE=∠EAC+∠CAD=60º，
∴△ADE的等边三角形，
∴DE=AD=2，∠AEF=60º,
∵∠EAC=∠CAD
∴EF=DF=，AF⊥DE
∴AF=EFtan60º=×=3，
∴S△AEF=EF×AF=××3=.
故答案为：.
4 . 如图，已知在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转得到△BA′E′，连接DA′，若∠ADC=60°，AD=5，DC=4，则DA′的大小为_____．
【答案】
【解析】过点A’作A’F⊥AD于点F，可得四边形AEA’F为矩形，
5. 在如图的平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2﹣2amx+am2+1（a＜0）与x轴交于点A和点B，点A在点B的左侧，与y轴交于点C，顶点是D，且∠DAB＝45°．
（1）填空：点C的纵坐标是 （用含a、m的式子表示）；
（2）求a的值；
（3）点C绕O逆时针旋转90°得到点C′，当﹣≤m≤时，求BC′的长度范围．
【答案】（1）am2+1；（2）a＝﹣1；（3）0≤BC′≤．
（2）设抛物线对称轴与x轴交于点E，如图1所示．
∵DA＝DB，∠DAB＝45°，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴AB＝2DE．
∵y＝ax2﹣2amx+am2+1＝a（x﹣m）2+1，
∴点D的坐标为（m，1）．
当y＝0时，ax2﹣2amx+am2+1＝0，即a（x﹣m）2＝﹣1，
解得：x1＝m﹣，x2＝m+，
∴AB＝2＝2，
解得：a＝﹣1．

6. 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合），以AD为边在AD的右侧作正方形ADEF，连接CF．
（1）观察猜想：如图（1），当点D在线段BC上时，
①BC与CF的位置关系是： ；
②BC、CD、CF之间的数量关系为： （将结论直接写在横线上）
（2）数学思考：如图（2），当点D在线段CB的延长线上时，上述①、②中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明，若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
【答案】（1）①BC⊥CF；②BC=CF+CD；（2）CF⊥BC成立；BC=CD+CF不成立，CD=CF+BC．
②△DAB≌△FAC，∴CF=BD，
∵BC=BD+CD，∴BC=CF+CD；
故答案为：BC=CF+CD；
（2）CF⊥BC成立；BC=CD+CF不成立，CD=CF+BC．
∵正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，∴△DAB≌△FAC，∴∠ABD=∠ACF，
∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ACB=∠ABC=45°．∴∠ABD=180°﹣45°=135°，
∴∠BCF=∠ACF﹣∠ACB=135°﹣45°=90°，∴CF⊥BC．
∵CD=DB+BC，DB=CF，∴CD=CF+BC．
7.在中， ，将绕点A顺时针旋转到的位置，点E在斜边AB上，连结BD，过点D作于点F.
（1）如图1，若点F与点A重合.①求证： ；②若，求出；
（2）若，如图2，当点F在线段CA的延长线上时，判断线段AF与线段AB的数量关系.并说明理由.
（2）由旋转得到，再根据，从而求出
∴=60°，最后判定△AFD≌△AED即可得证．
②由①：
由旋转： ，
在中，
∴
∴
在中， ,
∴；
在和中， ，
∴∴，∴．
8. 在中，，，，过点作直线，将绕点顺时针得到（点，的对应点分别为，），射线，分别交直线于点，.
（1）如图1，当与重合时，求的度数；
（2）如图2，设与的交点为，当为的中点时，求线段的长；
（3）在旋转过程时，当点分别在，的延长线上时，试探究四边形的面积是否存在最小值.若存在，求出四边形的最小面积；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）60°；（2）；（3）
（2）∵M为A'B'的中点，
∴∠A'CM=∠MA'C，
由旋转可得，∠MA'C=∠A，
∴∠A=∠A'CM，
∴tan∠PCB=tan∠A=，
∴PB=BC=，∵tan∠Q=tan∠A=，
∴BQ=BC×=2，∴PQ=PB+BQ=；
（3）∵S四边形PA'B′Q=S△PCQ-S△A'CB'=S△PCQ-，
∴S四边形PA'B′Q最小，即S△PCQ最小，
∴S△PCQ=PQ×BC=PQ，
取PQ的中点G，则∠PCQ=90°，
∴CG=PQ，即PQ=2CG，
当CG最小时，PQ最小，
∴CG⊥PQ，即CG与CB重合时，CG最小，
∴CGmin=，PQmin=2，
∴S△PCQ的最小值=3，S四边形PA'B′Q=3-.
9.问题原型：如图①，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，BC=a．将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连结CD．过点D作△BCD的BC边上的高DE， 易证△ABC≌△BDE，从而得到△BCD的面积为．
初步探究：如图②，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=a．将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连结CD．用含a的代数式表示△BCD的面积，并说明理由．
简单应用：如图③，在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=a．将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连结CD．直接写出△BCD的面积．（用含a的代数式表示）

∴∠BED=∠ACB=90°,
∵线段AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BE,
(2)简单应用:如图③,过点A作AF⊥BC与F,过点D作DE⊥BC的延长线于点E,
∴∠AFB=∠E=90°,BF= ,∴∠FAB+∠ABF=90°,[来源:Z§X§X§K]
∵∠ABD=90°,∴∠ABF+∠DBE=90°,
∴∠FAB=∠EBD,
∵线段BD是由线段AB旋转得到的,∴AB=BD,
在△AFB和△BED中,
,
∴△AFB≌△BED（AAS）,
∴BF=DE= ,
∵S△BCD= ,
∴S△BCD=,
∴△BCD的面积为,
10. 如图，∠MAN=60°，AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AN上运动，连接BC，将∠ABC（0°＜∠ABC＜120°）的两边射线BC和BA分别绕点B顺时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线AM交于点D和点E．
（1）如图1，当点C在射线AN上时，①请判断线段BC与BD的数量关系，直接写出结论；
②请探究线段AC，AD和BE之间的数量关系，写出结论并证明；
（2）如图2，当点C在射线AN的反向延长线上时，BC交射线AM于点F，若AB=4，AC=，请直接写出线段AD和DF的长．
【答案】（1）①BC=BD；②AD+AC=BE；（2）AD=，DF=．
【解析】（1）①结论：BC=BD，
理由：如图1中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，
②结论：AD+AC=BE，
∵∠ABE=120°，∠BAE=30°，∴∠BEA=∠BAE=30°，
（2）如图2中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，AK⊥CF于K，
由（1）可知，△ABG≌△ABH，△BGD≌△BHC，
易知BH=GB=2，AH=AG=EG=，
BC=BD= =，CH=DG=，
∴AD=，∵sin∠ACH=，
∴，∴AK=，
设FG=y，则AF=﹣y，BF=，
∵∠AFK=∠BFG，∠AKF=∠BGF=90°，
∴△AFK∽△BFG，
∴，
∴，
解得y=或（舍弃），
∴DF=GF+DG=，即DF=．