专题09 平行四边形中的旋转问题训练（解析版）八年级数学下学期期末考试压轴题专练（人教版，尖子生专用）

专题09 平行四边形中的旋转问题训练

（时间：60分钟  总分：120）      班级            姓名              得分     

解答题解题策略：（1）常见失分因素：①对题意缺乏正确的理解，应做到慢审题快做题；②公式记忆不牢，考前一定要熟悉公式、定理、性质等；③思维不严谨，不要忽视易错点；④解题步骤不规范，一定要按课本要求，否则会因不规范答题而失分，避免“对而不全”，如解概率题时，要给出适当的文字说明，不能只列几个式子或单纯的结论，表达不规范、字迹不工整等非智力因素会影响阅卷老师的“感情分”；⑤计算能力差导致失分多，会做的试题一定不能放过，不能一味求快，⑥轻易放弃试题，难题不会做时，可分解成小问题，分步解决，如最起码能将文字语言翻译成符号语言、设应用题未知数、设轨迹的动点坐标等，都能拿分。也许随着这些小步骤的罗列，还能悟出解题的灵感。

（2）何为“分段得分”：对于同一道题目，有的人理解的深，有的人理解的浅；有的人解决的多，有的人解决的少。为了区分这种情况，中考的阅卷评分办法是懂多少知识就给多少分。这种方法我们叫它“分段评分”，或者“踩点给分”——踩上知识点就得分，踩得多就多得分。与之对应的“分段得分”的基本精神是，会做的题目力求不失分，部分理解的题目力争多得分。对于会做的题目，要解决“会而不对，对而不全”这个老大难问题。有的考生拿到题目，明明会做，但最终答案却是错的——会而不对。有的考生答案虽然对，但中间有逻辑缺陷或概念错误，或缺少关键步骤——对而不全。因此，会做的题目要特别注意表达的准确、考虑的周密、书写的规范、语言的科学，防止被“分段扣分”。经验表明，对于考生会做的题目，阅卷老师则更注意找其中的合理成分，分段给点分，所以“做不出来的题目得一二分易，做得出来的题目得满分难”。

对绝大多数考生来说，更为重要的是如何从拿不下来的题目中分段得点分。我们说，有什么样的解题策略，就有什么样的得分策略。把你解题的真实过程原原本本写出来，就是“分段得分”的全部秘密。

①缺步解答：如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败。特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题拿小分”。

②跳步答题：解题过程卡在某一过渡环节上是常见的。这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论。如果不能，说明这个途径不对，立即改变方向；如果能得出预期结论，就回过头来，集中力量攻克这一“卡壳处”。由于考试时间的限制，“卡壳处”的攻克如果来不及了，就可以把前面的写下来，再写出“证实某步之后，继续有……”一直做到底。也许，后来中间步骤又想出来，这时不要乱七八糟插上去，可补在后面。若题目有两问，第一问想不出来，可把第一问作为“已知”，先做第二问，这也是跳步解答。

③退步解答：“以退求进”是一个重要的解题策略。如果你不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从较强的结论退到较弱的结论。总之，退到一个你能够解决的问题。为了不产生“以偏概全”的误解，应开门见山写上“本题分几种情况”。这样，还会为寻找正确的、一般性的解法提供有意义的启发。

④辅助解答：一道题目的完整解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤。实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举。如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，设应用题的未知数等。答卷中要做到稳扎稳打，字字有据，步步准确，尽量一次成功，提高成功率。试题做完后要认真做好解后检查，看是否有空题，答卷是否准确，所写字母与题中图形上的是否一致，格式是否规范，尤其是要审查字母、符号是否抄错，在确信万无一失后方可交卷。

一、解答题

1. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC的中点为O，点G，H在对角线AC上，，直线GH绕点O逆时针旋转角，与边AB、CD分别相交于点E、点E不与点A、B重合．
   求证：四边形EHFG是平行四边形；
   若，，，求AE的长．

【答案】证明：对角线AC的中点为O
，且

四边形ABCD是矩形
，，
，且，
≌
，且
四边形EHFG是平行四边形；
如图，连接CE

，
，且
是AC的垂直平分线，
，
在中，，
，

【知识点】平行四边形的判定、矩形的性质、勾股定理、旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质

【解析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
由“ASA”可证≌，可得，且，可证四边形EHFG是平行四边形；
由题意可得EF垂直平分AC，可得，由勾股定理可求AE的长．
 

2. 如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，使点B落在AD边上的点E处，连结BG交CE于点H，连结BE．
   求证：BE平分；
   取BC中点P，连结PH，求证：；
   若，求BG的长．

【答案】解：矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，
，
，
又，
，
，
平分；
如图1，过点B作CE的垂线BQ，
平分，，，
，
，
，，，
≌，
，
即点H是BG中点，
又点P是BC中点，
；
如图2，过点G作BC的垂线GM，
，
，
，
，
，
，，
．

【知识点】角平分线的性质、矩形的性质、旋转的基本性质

【解析】根据旋转的性质得到，求得，根据平行线的性质得到，于是得到结论；
如图1，过点B作CE的垂线BQ，根据角平分线的性质得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据三角形的中位线定理即可得到结论；
如图2，过点G作BC的垂线GM，解直角三角形即可得到结论．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．
 

3. 在▱ABCD中，E是BC边上一点，将CD绕着点D逆时针旋转至DF，连接AF．
   如图1，连接AE，当时，，若，，，求线段BE的长．
   如图2，连接DE交AF于点G，若，点G为AF中点，求证：．

【答案】解：，，，
，
将CD绕着点D逆时针旋转至DF，

四边形ABCD是平行四边形，
，
，且，
，
，
如图2，过点A作，交FD的延长线于点H，

，，
四边形ABCD是平行四边形，
，
，，
，
，
，
，
，且

，且，
，
，，，
≌，
，
，
．

【知识点】全等三角形的判定、平行四边形的性质、旋转的基本性质、直角三角形的概念及其性质

【解析】由勾股定理可求，由旋转的性质可得，由勾股定理可求BE的长；
过点A作，交FD的延长线于点H，由平行四边形的性质和平行线的性质可得，，由平行线分线段成比例可得，由中位线可得，由“AAS”可证≌，可得，即可得结论．
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
 

4. 如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转，得到EG，过点G作，垂足为F，，垂足为H，连接DG，交AB于I．
   
   
   
   
   
   
   
   
   求证：四边形BFGH是正方形；
   求证：ED平分；
   连接IE，若正方形ABCD的边长为，求的周长．

【答案】证明：四边形ABCD是正方形，
，，
，，
，
四边形FBHG是矩形，
，，
，，
，
，
≌，
，，
，
，
，
，
四边形FBHG是正方形．
证明：延长BC到J，使得．
，，，
≌，
，，
，
，。
，
，
，
≌，
，
平分．
解：≌，
，
，，
，
的周长．
故答案为．

【知识点】勾股定理、旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质

【解析】本题考查旋转变换，正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
首先证明四边形FBHG是矩形，再证明即可解决问题．
延长BC到J，使得证明≌即可解决问题．
证明的周长即可解决问题．
 

5. 如图，四边形ABCD是正方形，E是AD上任意一点，延长BA到F，使得，连接DF：

旋转可得到哪个三角形？

旋转中心是哪一点？旋转了多少度？

与DF的数量关系、位置关系如何？为什么？

【答案】解：旋转可得，
理由如下：
四边形ABCD是正方形，
，，
在和中，
，
≌，
旋转可得；
由旋转的定义可知：旋转中心为A，因为，所以AD和AB之间的夹角为旋转角即；
且理由如下：
延长BE交F于H点，如图，
四边形ABCD为正方形，
，，
按逆时针方向旋转得到，
，，
，
，
．

【知识点】旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质

【解析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．
旋转可得，通过证明≌即可说明问题；
旋转的定义和旋转角的定义解答即可；
根据旋转的性质得，，再根据三角形内角定理得到，所以．
 

6. 如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形．
   
   如图1，连接AG、CE，试判断AG和CE的关系并证明．
   将正方形BEFG绕点B顺时针旋转角，，如图2，连接AG，CE相交于点M，连接BM，当角发生变化时，的度数是否发生变化，若不变化，求出的度数；若发生变化，请说明理由．

【答案】，，理由为：
如图1，


正方形BEFG，正方形ABCD，
，，，，
在和中，
，
，，
延长CE交AG于点M，
，
，
，；
的度数不发生变化，的度数为，
理由如下：
如图2，过B作，，

在和中，

，
，，
，
，
为的平分线，
，
；

【知识点】旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质

【解析】此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．
，，理由为：由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，
利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到，，再利用同角的余角相等即可得证
过B作，，利用SAS得出三角形ABG与三角形BEC全等，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而，可得出，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线，再由，及一对对顶角相等，得到为直角，即为直角，利用角平分线定义即可解答．
 

7. 如图，在边长为6的正方形ABCD中，点M为对角线BD上任意一点可与B，D重合，连接AM，将线段AM绕点A逆时针旋转得到线段AN，连接MN，DN，设．

求证：≌；

当时，求MN的长；

嘉淇同学在完成后有个想法：“与也会存在全等的情况”，请判断嘉淇的想法是否正确，若正确，请直接写出与全等时x的值；若不正确，请说明理由．

【答案】证明：，
，
在和中，

≌．
是正方形ABCD的对角线，且，
，，
，
由≌得：
，，
，
在中，
，
嘉淇的想法是正确；
当与全等
则，
由≌可知：，
因为正方形ABCD中，
，
，
，
，

【知识点】勾股定理、锐角三角函数的定义、旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质

【解析】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，锐角三角函数定义有关知识．
利用得出，再利用全等三角形的判定定理解答即可；
利用正方形的性质得出，，再利用≌得出，，最后再利用勾股定理解答即可；
想法正确，然后再利用与全等得出，再利用≌可知：，结合得出，最后利用锐角三角函数的定义计算即可．
 

8. 已知：正方形ABCD中，，绕点A顺时旋转，它的两边分别交CB，或它们的延长线于点M，当绕点A旋转到时如图，易证．
   当旋转到时如图，线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
   当绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．

【答案】解：成立．
证明：如图，把绕点A顺时针旋转，
得到，则可证得E、B、M三点共线图形画正确．
，
又，
在与中，
，
≌，
，
，
；

．
在线段DN上截取，
在与中，
，
≌，
，
．
在和中，
，
≌，
，
．

【知识点】四边形综合、几何变换综合、旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质

【解析】结论：成立，证得B、E、M三点共线即可得到≌，从而证得．
结论：首先证明≌，得，再证明≌，得，
本题考查正方形的性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
 

9. 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，得到线段CQ，连接BP，DQ．
   如图1，求证：≌；
   如图，延长BP交直线DQ于点E．
   如图2，求证：；
   如图3，若为等边三角形，判断的形状，并说明理由．

【答案】证明：，，
，
在和中，
，
≌；

如图b，≌，
，又，
，
；

为等边三角形，
，
，又，
，又，，
，
同理：，
为等腰直角三角形．

【知识点】旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质

【解析】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定和性质以及旋转的性质，掌握正方形的四条边相等、四个角都是直角，旋转的性质证明三角形全等是解题的关键．
根据旋转的性质证明，得到≌；
根据全等的性质和对顶角相等即可得到答案；
根据等边三角形的性质和旋转的性质求出，，判断的形状．
 

10. 如图，在菱形ABCD中，，点E在对角线BD上，将线段CE绕点C顺时针旋转，得到CF，连接DF．
    求证：≌．
    若求四边形ECFD的面积，

【答案】解：四边形ABCD是菱形，
，
将线段CE绕点C顺时针旋转，得到CF，
，，
，且，，
≌
如图，连接AC交BD于O，

四边形ABCD是菱形，
，，，，
，
，，
，
，
≌
，
．

【知识点】菱形的性质、全等三角形的判定、旋转的基本性质、等边三角形的判定

【解析】由菱形的性质可得，，由旋转的性质可得，，由“SAS”可证≌；
如图，连接AC交BD于O，由菱形的性质可得，，，，由直角三角形的性质可求，，即可求，由全等三角形的性质可求解．
本题考查了旋转的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练运用菱形的性质
 

11. 边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正半轴上，点O在原点现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点第一次落在直线上时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线于点M，BC边交x轴于点如图．
     

求停止旋转时，点B的坐标。

旋转过程中，当MN和AC平行时，求正方形OABC旋转的度数；

设的周长为p，在旋转过程中，p值是否发生变化？若发生变化，说明理由；若不发生变化，请给予证明，并求出p的值。

【答案】解：点落在直线上时停止旋转，
旋转了，
正方形OABC的边长为2，
，，
在x轴上，

如图1，

四边形OABC是正方形，
，，，，
，
，，
，
，
，
在和中，

≌，
，
，
正方形OABC旋转的度数，
旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形OABC旋转的度数为；
在旋转正方形OABC的过程中，p值不变化．
证明：过点O作，垂足为F，延长BA交y轴于E点，如图2，

则，，
，
在和中，
，
≌，
，，
在和中，

≌，
，
，
，
，
在旋转正方形OABC的过程中，p值不变化，等于4．

【知识点】平行线的性质、等腰三角形的判定、旋转的基本性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质

【解析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定，有一定的综合性．
根据旋转的性质可知B点在x轴上，然后根据勾股定理即可求得OB的长，进而求得B的坐标
根据正方形和平行线的性质可以得到，从而可以证到≌进而可以得到，就可算出旋转角的度数；
过点O作，垂足为F，延长BA交y轴于E点，如图2，易证≌，从而得到，，进而可以证到≌，得出，从而可以证到，进而可以推出，是定值．
 

12. 如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为平行四边形，O为坐标原点，，，将平行四边形OABC绕点A逆时针旋转得到平行四边形ADEF，点D在AO的延长线上，点F落在x轴正半轴上．
    证明：是等边三角形；
    平行四边形OABC绕点A逆时针旋转度的对应线段为，点C的对应点为．
    直线与y轴交于点P，若为等腰三角形，求点P的坐标：
    对角线AC在旋转过程中设点坐标为，当点到x轴的距离大于或等于时，求m的范围．

【答案】解：如图过A点作轴于点H，

，
，，
，
，
，
，
由旋转的性质，可得：，
是等边三角形，
设，
是等腰三角形，
当时，，
解得：，
，
当时，，
，
故为等腰三角形时，点P的坐标为或；
旋转过程中点C的对应点为，，
当点开始旋转，至到x轴的距离等于时，m的取值为；
当点旋转到第四象限时，至到x轴的距离等于，，
当点旋转时，设的坐标为，
、关于A点对称，
，
解得：，
，
的取值为，
综上所述，当点到x轴的距离大于或等于时，m的取值范围是或或．

【知识点】勾股定理、四边形综合、旋转的基本性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定

【解析】根据A点坐标求出，再根据旋转的特点得到，故而可解；
设，根据等腰三角形的性质分和，分别求出P点坐标即可；
分旋转过程中在第三象限时到x轴的距离等于与旋转到第四象限时到x轴的距离等于，再求出当点旋转时的坐标，即可得到m的取值．
此题考查四边形的综合题，解题关键是熟知等边三角形的判定，等腰三角形的性质、勾股定理、对称性的应用．
 

13. 在平面直角坐标系中，四边形AOBC是矩形，点，点，点以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，点O，B，C的对应点分别为D，E，F，记旋转角为．

Ⅰ如图，当时，求点D的坐标；

Ⅱ如图，当点E落在AC的延长线上时，求点D的坐标；

Ⅲ当点D落在线段OC上时，求点E的坐标画图并且说理．

【答案】解：过点D作轴于G，如图所示：

点，点，
，，
以点A为中心，顺时针旋转矩形AOBC，得到矩形ADEF，
，，，
在中，，，
，
点D的坐标为；
Ⅱ过点D作轴于G，于H，如图所示：

则，，
，，
，
，

，
，，

点D的坐标为；

Ⅲ连接AE，作轴于G，如图所示：

由旋转的性质得：，，
，
，
，
，
，
在和中，
≌，
，，
，
点E的坐标为．

【知识点】坐标与图形性质、矩形的性质、勾股定理、含30°角的直角三角形、旋转的基本性质、平行线的判定与性质、全等三角形的判定与性质

【解析】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、旋转变换的性质、含角的直角三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，正确作出辅助线，属于中考压轴题．
过点D作轴于G，由旋转的性质得出，，，由直角三角形的性质得出，，得出，据此即可得出点D的坐标；
Ⅱ过点D作轴于G，于H，则，，由勾股定理得出，由面积法求出，得出，由勾股定理得出，据此即可得出点D的坐标；
Ⅲ连接AE，作轴于G，由旋转的性质得出，，由等腰三角形的性质得出，得出，证出，由平行线的性质的，证出，证明≌，得出，，得出，即可得出答案．