2021年中考数学三轮冲刺《旋转问题》解答题冲刺练习(含答案)

2021年中考数学三轮冲刺

《旋转问题》解答题冲刺练习

1.操作：在△ABC中，AC=BC=2，∠C=90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AB的中点P处，将三角板绕点P旋转，三角板的两直角边分别交射线AC、CB于D、E两点（不包括射线的端点）.如图1，2，3是旋转三角板得到的图形中的3种情况.

研究：

⑴三角板绕点P旋转，观察线段PD和PE之间有什么数量关系？并结合如图2加以证明.

⑵三角板绕点P旋转，△PBE是否能成为等腰三角形？若能，指出所有情况（即写出△PBE为等腰三角形时CE的长；若不能，请说明理由.

⑶若将三角板的直角顶点放在斜边AB上的M处，且AM∶MB＝1∶3，和前面一样操作，试问线段MD和ME之间有什么数量关系？并结合如图4加以证明.

2.已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB,有一个圆心角为45°，半径的长等于CA的扇形CEF绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线AB交于点M，N．

（Ⅰ）当扇形CEF绕点C在∠ACB的内部旋转时，如图①，求证：MN2=AM2+BN2；

思路点拨：考虑MN2=AM2+BN2符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，只需证DN=BN，∠MDN=90°就可以了．

请你完成证明过程：

（Ⅱ）当扇形CEF绕点C旋转至图②的位置时，关系式MN2=AM2+BN2；是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

3.如图，O是等边△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO绕点B逆时针旋转60°得到线段BO′.

（1）求点O与O′的距离；

（2）证明：∠AOB=150°；

（3）求四边形AOBO′的面积．

（4）直接写出△AOC与△AOB的面积和

4.小明在玩一副三角板时发现：含45°角的直角三角板的斜边可与含30°角的直角三角板的较长直角边完全重合（如图①）.即△C´DA´的顶点A´、C´分别与△BAC的顶点A、C重合,其中AB=.现在，他让△C´DA´固定不动，将△BAC通过变换使斜边BC经过△C´DA´的直角顶点D． 

（1）求A’D的长度；

（2）如图②，将△BAC绕点C按顺时针方向旋转角度α（0°<α<180°），使BC边经过点D，则α=     °；

（3）如图③，将△BAC绕点A按逆时针方向旋转，使BC边经过点D．求点C走过的路线长；

（4）如图④，将△BAC沿射线A´C´方向平移m个单位长度，使BC边经过点D，求m的值．

5.如图，已知点P是正方形ABCD内的一点，连结PA，PB，PC．

（1）如图甲，将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P/CB的位置．

①设AB的长为a，PB的长为b(b<a)，求△PAB旋转到△P/CB的过程中边PA所扫过区域（图甲中阴影部分）的面积；

②若PA=3，PB=6，∠APB=135°，求PC的长．

（2）如图乙，若PA2＋PC2=2PB2，请说明点P必在对角线AC上．

6.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′PB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）．所以∠BP′A=150°，而∠BPC=∠BP′A=150°．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．

7.如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ．

(1)如图1，求证：△BCP≌△DCQ；

(2)如图，延长BP交直线DQ于点E．

①如图2，求证：BE⊥DQ；

②如图3，若△BCP为等边三角形，判断△DEP的形状，并说明理由．

8.如图1，△ABC中，CA=CB，∠ACB=α，D为△ABC内一点，将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE，点A，D的对应点分别为点B，E，且A，D，E三点在同一直线上．

(1)填空：∠CDE=　   　(用含α的代数式表示)；

(2)如图2，若α=60°，请补全图形，再过点C作CF⊥AE于点F，然后探究线段CF，AE，BE之间的数量关系，并证明你的结论；

(3)若α=90°，AC=5，且点G满足∠AGB=90°，BG=6，直接写出点C到AG的距离．

9.如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°，∠B=∠E=30°.

(1)操作发现

如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空：

①线段DE与AC的位置关系是　　　　　　；

②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是　　　　　　.

(2)猜想论证

当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想.

(3)拓展探究

已知∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E(如图4).若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长.

10.在△ABC中，CA=CB，∠ACB=α．点P是平面内不与点A，C重合的任意一点．连接AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连接AD，BD，CP．

(1)观察猜想

如图1，当α=60°时，的值是　 　，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是　 　．

(2)类比探究

如图2，当α=90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由．

(3)解决问题

当α=90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．

0.参考答案

1.解：（1）PD=PE；（2）1，,（3）ME=3MD.

2.（1）证明:将△沿直线对折，得△，连，

则△≌△．有，，，．

又由，得 ．  由,

，

得．又，∴△≌△．   

有，．∴．

∴在Rt△中，由勾股定理，得．即．

（Ⅱ）关系式仍然成立． 

证明：将△沿直线对折，得△，连，

则△≌△． 有，，，．

又由，得 ．由，

．得．  

又，∴△≌△．

有，，，

∴． 

∴在Rt△中，由勾股定理，得．即．

3.解：（1）∵等边△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′，∠O′AO=600．

∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。

∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到． 连接OO′，

∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形．∴OO′=OB=4．

（2）∵△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，

∴△AOO′是直角三角形．∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB =900＋600=150°． 

（3）．

（4）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．

△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形．

则．

4.

5. (1)①②连结PP′，证△为等腰直角三角形，从而PC＝9．

(2)将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，由勾股逆定理证出∠＝90°，再证∠BPC＋∠APB＝180°，即点P在对角线AC上．

6.

7.解：

(1)证明：∵∠BCD=90°，∠PCQ=90°，∴∠BCP=∠DCQ，

在△BCP和△DCQ中，，

∴△BCP≌△DCQ(SAS)；

(2)①如图b，∵△BCP≌△DCQ，

∴∠CBF=∠EDF，又∠BFC=∠DFE，

∴∠DEF=∠BCF=90°，

∴BE⊥DQ；

②∵△BCP为等边三角形，∴∠BCP=60°，

∴∠PCD=30°，又CP=CD，

∴∠CPD=∠CDP=75°，又∠BPC=60°，∠CDQ=60°，

∴∠EPD=180°﹣∠CPD﹣∠CPB=180°﹣75°﹣60=45°，

同理：∠EDP=45°，∴△DEP为等腰直角三角形．

8.解：

(1)∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CBE

∴△ACD≌△BCE，∠DCE=α∴CD=CE

∴∠CDE=故答案为：

(2)AE=BE+CF理由如下：如图，

∵将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角60°得到△CBE

∴△ACD≌△BCE∴AD=BE，CD=CE，∠DCE=60°

∴△CDE是等边三角形，且CF⊥DE∴DF=EF=

∵AE=AD+DF+EF∴AE=BE+CF

(3)如图，当点G在AB上方时，过点C作CE⊥AG于点E，

∵∠ACB=90°，AC=BC=5，∴∠CAB=∠ABC=45°，AB=10

∵∠ACB=90°=∠AGB∴点C，点G，点B，点A四点共圆

∴∠AGC=∠ABC=45°，且CE⊥AG∴∠AGC=∠ECG=45°∴CE=GE

∵AB=10，GB=6，∠AGB=90°∴AG==8

∵AC2=AE2+CE2，∴(5)2=(8﹣CE)2+CE2，

∴CE=7(不合题意舍去)，CE=1

若点G在AB的下方，过点C作CF⊥AG，同理可得：CF=7

∴点C到AG的距离为1或7．

9.解：(1)①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，

∵∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣30°=60°，

∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，

又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；

②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，

根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，

∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即S1=S2；

故答案为：DE∥AC；S1=S2；

(2)如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，

∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°﹣90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，

∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM(AAS)，∴AN=DM，

∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即S1=S2；

(3)如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，

所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此时S△DCF1=S△BDE；

过点D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，

∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，

∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，

∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，

∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，

∴∠CDF1=180°﹣∠BCD=180°﹣30°=150°，∠CDF2=360°﹣150°﹣60°=150°，

∴∠CDF1=∠CDF2，

∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2(SAS)，

∴点F2也是所求的点，

∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，

∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，

又∵BD=4，∴BE=×4÷cos30°=2÷=，

∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，故BF的长为或.

10.解：

(1)如图1中，延长CP交BD的延长线于E，设AB交EC于点O．

∵∠PAD=∠CAB=60°，∴∠CAP=∠BAD，

∵CA=BA，PA=DA，∴△CAP≌△BAD(SAS)，∴PC=BD，∠ACP=∠ABD，

∵∠AOC=∠BOE，∴∠BEO=∠CAO=60°，

∴=1，线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°，故答案为1，60°．

(2)如图2中，设BD交AC于点O，BD交PC于点E．

∵∠PAD=∠CAB=45°，∴∠PAC=∠DAB，

∵==，∴△DAB∽△PAC，∴∠PCA=∠DBA，==，

∵∠EOC=∠AOB，∴∠CEO=∠OABB=45°，

∴直线BD与直线CP相交所成的小角的度数为45°．

(3)如图3﹣1中，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H．

∵CE=EA，CF=FB，∴EF∥AB，∴∠EFC=∠ABC=45°，

∵∠PAO=45°，∴∠PAO=∠OFH，∵∠POA=∠FOH，∴∠H=∠APO，

∵∠APC=90°，EA=EC，∴PE=EA=EC，∴∠EPA=∠EAP=∠BAH，

∴∠H=∠BAH，∴BH=BA，

∵∠ADP=∠BDC=45°，∴∠ADB=90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA=∠DBC=22.5°，

∵∠ADB=∠ACB=90°，∴A，D，C，B四点共圆，

∠DAC=∠DBC=22.5°，∠DCA=∠ABD=22.5°，∴∠DAC=∠DCA=22.5°，

∴DA=DC，设AD=a，则DC=AD=a，PD=a，∴==2﹣．

如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：DA=DC，

设AD=a，则CD=AD=a，PD=a，

∴PC=a﹣a，∴==2+．