2024 河北数学中考备考重难专题：三角形、四边形综合题旋转问题（课后练）

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典例精讲
例 （2022河北逆袭卷）如图①，在正方形ABCD中，AB＝4，O是对角线BD的中点，P是平面内一点，且OP＝1.

图① 图② 图③
例题图
(1)点P到AB的最小距离是________；
(2)如图②，当P点落在BD上时，求CP的长；
如图③，连接BP，把BP绕点P顺时针旋转90°得到 B′P，连接CP，DB′，求B′D的最大值．
课堂练兵
练习 （2022河北黑白卷）在正方形ABCD中，边BC的中点为E，点F为边CD上一个动点(不与C，D重合)，连接EF，将△CEF绕点C逆时针旋转α(0°＜α≤360°)，旋转后的三角形为△CE′F′，连接EE′和FF′.
(1)如图①，求证：△CEE′∽△CFF′；
(2)如图②，当点F为CD的中点时，判断线段EE′和线段FF′的数量关系和位置关系，并证明；
(3)如图③，若∠CEF＝60°，在旋转过程中，当点E恰好在△CE′F′的一条边上时(不包含顶点)，求α的度数；
(4)如图④，若正方形ABCD的边长为4，当∠CEF＝30°时，取EF的中点M，E′F′的中点M′，连接AM，AM′，请直接写出在旋转过程中，AM′的取值范围．

图① 图② 图③ 图④
练习题图
课后小练
练习1 （2022山西逆袭卷）综合与实践
问题情境：如图①所示，在四边形ABCD中，AB＝5，BC＝4，AD⊥CD，对角线AC⊥BC，过点C作CE⊥AB，垂足为点E，已知CD＝CE.
(1)试判断线段AD与AE的数量关系，并证明；
操作探究：将△ACD沿直线AB向右平移，点A，C，D的对应点分别为点A′，C′，D′.
(2)①如图②，当点A′与点E重合时，连接DD′，试判断四边形AED′D的形状，说明理由；并求出此时△ACD平移的距离；
②当点D′恰好落在BC上时，请在图①中画出平移后的△A′C′D′，并求出此时△ACD平移的距离；
拓展创新：
(3)如图③，在(2)①的条件下，将△A′C′D′绕点E旋转，在旋转的过程中，记C′D′所在直线与边BC交于点M，与边AB交于点N，当BN＝MN时，请求出BN的长度．
练习1题图
练习2 (2022河北预测卷)已知正方形ABCD和等腰Rt△DEF,且∠EDF＝90°,将△DEF绕点D旋转．
(1)当△DEF绕点D旋转到图①的位置时,连接AF,AE,CE.
①求证：AF＝EC；
②若DE∶AE∶CE＝1∶ eq \r(7) ∶3,求∠AED的度数；
(2)如图②,点M是边AB的中点,连接DM､AC交于点O,当DF与DM重合时,FE交DC于点N,若BC＝4,OF＝,请直接写出点N到AC的距离．
练习2题图
答案
典例精讲
例 解：(1)1；
(2)如解图①，连接OC，
解图①
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝4，∠BCD＝90°，∠BOC＝90°，OC＝eq \f(1,2)BD，
∴BD＝4eq \r(2)，∴OC＝2eq \r(2).
∵OP＝1，∠BOC＝90°，
∴CP＝eq \r(OP2＋OC2)＝eq \r(12＋（2\r(2)）2)＝3；
如解图②，连接BB′，
解图②
由旋转的性质可知，BP＝B′P，∠BPB′＝90°，
∴∠PBB′＝45°，
∴BB′＝eq \r(2)BP，∴eq \f(BB′,BP)＝eq \r(2).
∵∠ABD＝∠DBC＝45°，
∴∠ABB′＝∠PBD，
∴∠DBB′＝∠PBC.
∵eq \f(BD,BC)＝eq \r(2)，∴eq \f(BB′,BP)＝eq \f(BD,BC)＝eq \r(2)，
∴eq \f(BB′,BD)＝eq \f(BP,BC)，
∴△DBB′∽△CBP，
∴eq \f(DB′,CP)＝eq \f(BD,BC)＝eq \r(2)，
∴B′D＝eq \r(2)CP，
∵CP≤OP＋OC＝1＋2eq \r(2)，
∴当点P，O，C在同一条直线上，且O点在P点，C点之间时，CP最大，最大值为1＋2eq \r(2)，此时B′D有最大值，最大值为4＋eq \r(2).
课堂练兵
练习 (1)证明：由旋转的性质可得：CE＝CE′，CF＝CF′，∠ECE′＝∠FCF′＝α，
∴ eq \f(CE,CF) ＝ eq \f(CE′,CF′) ，∴△CEE′∽△CFF′；
(2)解：当点F为CD的中点时，EE′＝FF′，且EE′⊥FF′，
证明：∵在正方形ABCD中，E是边BC的中点，点F为边CD的中点，∴CE＝CF，
练习题解图①
由(1)得△CEE′∽△CFF′，CE＝CE′，
∴EE′＝FF′；
如解图①，分别延长E′E和FF′，交点为P，
由旋转可知：∠ECE′＝∠FCF′＝α，
∴∠FCE′＝90°＋α，
∵CE＝CE′，CF＝CF′，
∴∠CE′E＝∠CFF′＝ eq \f(180°－α,2) ＝90°－ eq \f(α,2) ，
∵在四边形CFPE′中，∠P＋∠CE′P＋∠FCE′＋∠CFP＝360°，∴∠P＝360°－2(90°－ eq \f(α,2) )－(90°＋α)＝90°，
∴EE′⊥FF′；
(3)解：分两种情况：
情况一：如解图②，当点E在E′F′上时，
∵∠CEF＝∠CE′E＝60°，CE＝CE′，
∴△CEE′为等边三角形，∴此时旋转角α＝60°，
情况二：如解图③，当点E在CF′上时，此时旋转角α＝90°，
综上所述，若∠CEF＝60°，在旋转过程中，当点E恰好在△CE′F′的一条边上时(不包含顶点)，α为60°或90°；

图② 图③
练习题解图
(4)解：4 eq \r(2) － eq \f(2\r(3),3) ≤AM′≤4 eq \r(2) ＋ eq \f(2\r(3),3) .(12分)
【解法提示】如解图④，连接AC，CM′，在Rt△CE′F′中，∠E′CF′＝90°，∠CE′F′＝∠CEF＝30°，CE′＝CE＝ eq \f(1,2) BC＝ eq \f(1,2) ×4＝2，∴E′F′＝ eq \f(4\r(3),3) ，∴CM′＝ eq \f(2\r(3),3) 为定值，即在旋转过程中，点M′的运动轨迹是以点C为圆心，CM′为半径的圆，∴当CM′和AC在同一条直线上时，AM′取得最大和最小值，∵在正方形ABCD中，边长为4，∴AC＝4 eq \r(2) ，∴AM′min＝4 eq \r(2) － eq \f(2\r(3),3) ，AM′max＝4 eq \r(2) ＋ eq \f(2\r(3),3) ，即在旋转过程中，4 eq \r(2) － eq \f(2\r(3),3) ≤AM′≤4 eq \r(2) ＋ eq \f(2\r(3),3) .
练习题解图④
课后小练
练习1 解：(1)AD＝AE.
证明：∵AD⊥CD，CE⊥AB，
∴∠D＝∠CEA＝90°，
在Rt△ACD与Rt△ACE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AC＝AC,CD＝CE))，
∴Rt△ACD≌Rt△ACE(HL)，
∴AD＝AE；
(2)①四边形AED′D是菱形．
理由：由平移的性质可知：AD∥A′D′，且AD＝A′D′，
∴四边形AED′D是平行四边形．
由(1)可知：AD＝AE，
∴四边形AED′D是菱形；
在Rt△ABC中，∵AB＝5，BC＝4，
∴根据勾股定理，得AC＝eq \r(AB2－BC2)＝eq \r(52－42)＝3，
∵∠CAE＝∠BAC，∠AEC＝∠ACB＝90°，
∴△ACE∽△ABC，
∴eq \f(AE,AC)＝eq \f(AC,AB)，
∴AE＝eq \f(AC2,AB)＝eq \f(9,5)，
∴△ACD平移的距离为eq \f(9,5)；
②如解图，过点D作DD′∥AB，交BC于点D′，过点D′作D′A′∥DA，交AB于点A′，过点D′作D′C′∥DC，过点A′作A′C′∥AC，D′C′交A′C′于点C′，则△A′C′D′即为所求．
练习题解图
由平移的性质可知：∠3＝∠4，AC∥A′C′，AD＝A′D′，
∴∠1＝∠2，
∵AC⊥BC，
∴A′C′⊥BC，
由(1)知∠2＝∠3，
∴∠1＝∠4，
∴∠B＝∠5，
∴A′B＝A′D′；
由①可知：AD＝AE＝A′D′＝A′B＝eq \f(9,5)，
∴A′A＝AB－A′B＝5－eq \f(9,5)＝eq \f(16,5)，
∴此时△ACD平移的距离为eq \f(16,5)；
(3)当BN＝MN时，∠B＝∠NMB，
∵∠C′＝∠B，∠MNB＝∠ENC′，
∴∠C′＝∠NEC′，
∴NE＝NC′，
由题可知：ED′＝AD＝AE＝eq \f(9,5)，EC′＝AC＝3，
∴EB＝AB－AE＝eq \f(16,5)，
又∵BC＝4，∴D′C′＝DC＝EC＝eq \f(12,5)，
设NE＝NC′＝x，则D′N＝eq \f(12,5)－x，
在Rt△D′EN中，根据勾股定理，得(eq \f(9,5))2＋(eq \f(12,5)－x)2＝x2，
解得x＝eq \f(15,8)，
∴BN＝EB－NE＝eq \f(16,5)－eq \f(15,8)＝eq \f(53,40).
练习2 (1)证明：∵四边形ABCD是正方形,
∴CD＝AD,∠ADC＝90°.
∵△DEF是等腰直角三角形,∠EDF＝90°,
∴DE＝DF,
∵∠ADF＋∠ADE＝∠CDE＋∠ADE,
∴∠CDE＝∠ADF,
∴△CDE≌△ADF,
∴AF＝CE；
②解：设DE＝k,则EF＝ eq \r(2) k,
∵DE∶AE∶CE＝1∶ eq \r(7) ∶3,∴AE＝ eq \r(7) k,CE＝AF＝3k.
∵AE2＋EF2＝7k2＋2k2＝9k2,AF2＝9k2,
∴AE2＋EF2＝AF2,
∴△AEF为直角三角形,∴∠AEF＝90°,
∵△DEF为等腰直角三角形．
∴∠DEF＝45°,
∴∠AED＝∠AEF＋∠DEF＝90°＋45°＝135°；
(2)解：.
【解法提示】∵四边形ABCD是正方形,∴AB＝AD＝DC＝BC＝4,AC＝ eq \r(42＋42) ＝4 eq \r(2) .∵M是AB的中点,∴AM＝AB＝2.∵AB∥CD,∴△AOM∽△COD,
∴ ,∵在Rt△DAM中,DM＝ eq \r(AD2＋AM2) ＝ eq \r(16＋4) ＝2 eq \r(5) ,∴DO＝DM＝,OM＝DM＝.∵OF＝,∴DF＝ eq \r(5) .∵∠DFN＝∠DCO＝45°,∠FDN＝∠CDO,∴△DFN∽△DCO,∴,即,∴DN＝,∴CN＝CD－DN＝4－＝.如解图,过点N作NP⊥AC于点P,∵∠ACN＝45°,∴PN＝NC·sin45°＝×＝,即点N到AC的距离为.
解图
年份
题号
题型
分值
图形
设问方式
解题关键点
2021
26
解
答
题
12
首尾相接的四条线段
论证 求证：线段长为定值
发现 求角度数
尝试 求点到直线的距离
拓展 ①求线段长
②求余弦值
论证 两直线平行内错角相等
发现 分类讨论思想：三点共线时和三点不共线时，平行线的性质
尝试 B、C、D三点共线，BM最大
拓展 ①相似三角形性质：对应边成比例
②全等三角形的性质
2017
25
11
平行四边形+三角形
(1)求角的大小
(2)求两点间的距离
(3)求线段旋转扫过的面积
(1)分类讨论思想：两点在线段同侧和两点在线段异侧时，余角的性质
(2)构造直角三角形，利用角度正切比求线段比，勾股定理
(3)分类讨论思想：点Q分别落在AD、CD、BC延长线上时