中考数学压轴题 旋转问题 专题复习.docx

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中考数学压轴题中考数学压轴题旋转问题旋转问题专题复习专题复习旋转拔高练习一、选择题1.（广东）如图，把一个斜边长为2且含有300角的直角三角板ABC绕直角顶点C顺时针旋转900到A1B1C，则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【】ABCD1、【分析】因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三部分扇形ACA1、BCD和ACD计算即可：

在ABC中，ACB=90，BAC=30，AB=2，BC=AB=1，B=90BAC=60。

设点B扫过的路线与AB的交点为D，连接CD，BC=DC，BCD是等边三角形。

BD=CD=1。

点D是AB的中点。

S。

故选D。

2.（湖北）如图，O是正ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60得到线段BO，下列结论：

BOA可以由BOC绕点B逆时针旋转60得到；点O与O的距离为4；AOB=150；其中正确的结论是【】ABCD2【分析】正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，OAO=600。

OBA=600ABO=OBA。

BOABOC。

BOA可以由BOC绕点B逆时针旋转60得到。

故结论正确。

连接OO，BO=BO，OAO=600，OBO是等边三角形。

OO=OB=4。

故结论正确。

在AOO中，三边长为OA=OC=5，OO=OB=4，OA=3，是一组勾股数，AOO是直角三角形。

AOB=AOOOOB=900600=150。

故结论正确。

故结论错误。

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点易知AOO是边长为3的等边三角形，COO是边长为3、4、5直角三角形。

则。

故结论正确。

综上所述，正确的结论为：

。

故选A。

3.（四川）如图，P是等腰直角ABC外一点，把BP绕点B顺时针旋转90到BP，已知APB=135，PA：

PC=1：

3，则PA：

PB=【】。

A1：

B1：

2C：

2D1：

3、【分析】如图，连接AP，BP绕点B顺时针旋转90到BP，BP=BP，ABP+ABP=90。

又ABC是等腰直角三角形，AB=BC，CBP+ABP=90，ABP=CBP。

在ABP和CBP中，BP=BP，ABP=CBP，AB=BC，ABPCBP（SAS）。

AP=PC。

PA：

PC=1：

3，AP=3PA。

连接PP，则PBP是等腰直角三角形。

BPP=45，PP=2PB。

APB=135，APP=135-45=90，APP是直角三角形。

设PA=x，则AP=3x，在RtAPP中，。

在RtAPP中，。

，解得PB=2x。

PA：

PB=x：

2x=1：

2。

故选B。

4.（贵州）点P是正方形ABCD边AB上一点（不与A、B重合），连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90，得线段PE，连接BE，则CBE等于【】A75B60C45D304【分析】过点E作EFAF，交AB的延长线于点F，则F=90，四边形ABCD为正方形，AD=AB，A=ABC=90。

ADP+APD=90。

由旋转可得：

PD=PE，DPE=90，APD+EPF=90。

ADP=EPF。

在APD和FEP中，ADP=EPF，A=F，PD=PE，APDFEP（AAS）。

AP=EF，AD=PF。

又AD=AB，PF=AB，即AP+PB=PB+BF。

AP=BF。

BF=EF又F=90，BEF为等腰直角三角形。

EBF=45。

又CBF=90，CBE=45。

故选C。

【答案】C。

5.（广西）如图，等边ABC的周长为6，半径是1的O从与AB相切于点D的位置出发，在ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，则O自转了：

【】A2周B3周C4周D5周5【分析】该圆运动可分为两部分：

在三角形的三边运动以及绕过三角形的三个角，分别计算即可得到圆的自传周数：

O在三边运动时自转周数：

62=3：

O绕过三角形外角时，共自转了三角形外角和的度数：

360，即一周。

O自转了3+1=4周。

故选C。

二、填空题6.（四川）如图，四边形ABCD中，BAD=BCD=900,AB=AD,若四边形ABCD的面积是24cm2.则AC长是cm.6【分析】如图，将ADC旋转至ABE处，则AEC的面积和四边形ABCD的面积一样多为24cm2，,这时三角形AEC为等腰直角三角形，作边EC上的高AF，则AF=EC=FC,SAEC=AFEC=AF2=24。

AF2=24。

AC2=2AF2=48AC=4。

7.（江西南昌）如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将AEF绕顶点A旋转，在旋转过程中，当BE=DF时，BAE的大小可以是7【分析】正三角形AEF可以在正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求解：

当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时，如图1，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，AB=AD，AE=AF。

当BE=DF时，在ABE和ADF中，AB=AD，BE=DF，AE=AF，ABEADF（SSS）。

BAE=FAD。

EAF=60，BAE+FAD=30。

BAE=FAD=15。

当正三角形AEF在正方形ABCD的外部，顺时针旋转小于1800时，如图2，同上可得ABEADF（SSS）。

BAE=FAD。

EAF=60，BAF=DAE。

900600BAFDAE=3600，BAF=DAE=105。

BAE=FAD=165。

当正三角形AEF在正方形ABCD的外部，顺时针旋转大于1800时，如图3，同上可得ABEADF（SSS）。

BAE=FAD。

EAF=60，BAE=90，90DAE=60DAE，这是不可能的。

此时不存在BE=DF的情况。

综上所述，在旋转过程中，当BE=DF时，BAE的大小可以是15或165。

8.（吉林省）如图，在等边ABC中，D是边AC上一点，连接BD将BCD绕点B逆时针旋转60得到BAE，连接ED若BC=10，BD=9，则AED的周长是__.8【分析】BCD绕点B逆时针旋转60得到BAE，根据旋转前、后的图形全等的旋转性质，得，CD=AE，BD=BE。

ABC是等边三角形，BC=10，AC=BC=10。

AEAD=AC=10。

又旋转角DBE=600，DBE是等边三角形。

DE=BD=9。

AED的周长=DEAEAD=910=19。

三、解答题9.（北京市）在中，M是AC的中点，P是线段BM上的动点，将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ。

（1）若且点P与点M重合（如图1），线段CQ的延长线交射线BM于点D，请补全图形，并写出CDB的度数；

（2）在图2中，点P不与点B，M重合，线段CQ的延长线与射线BM交于点D，猜想CDB的大小（用含的代数式表示），并加以证明；（3）对于适当大小的，当点P在线段BM上运动到某一位置（不与点B，M重合）时，能使得线段CQ的延长线与射线BM交于点D，且PQ=QD，请直接写出的范围。

9【答案】解：

（1）补全图形如下：

CDB=30。

（2）作线段CQ的延长线交射线BM于点D，连接PC，AD，AB=BC，M是AC的中点，BMAC。

AD=CD，AP=PC，PD=PD。

在APD与CPD中，AD=CD，PD=PD，PA=PCAPDCPD（SSS）。

AP=PC，ADB=CDB，PAD=PCD。

又PQ=PA，PQ=PC，ADC=2CDB，PQC=PCD=PAD。

PAD+PQD=PQC+PQD=180。

APQ+ADC=360（PAD+PQD）=180。

ADC=180APQ=1802，即2CDB=1802。

CDB=90。

（3）4560。

【分析】

（1）利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出CMQ是等边三角形，即可得出答案：

BA=BC，BAC=60，M是AC的中点，BMAC，AM=AC。

将线段PA绕点P顺时针旋转2得到线段PQ，AM=MQ，AMQ=120。

CM=MQ，CMQ=60。

CMQ是等边三角形。

ACQ=60。

CDB=30。

（2）首先由已知得出APDCPD，从而得出PAD+PQD=PQC+PQD=180，即可求出。

（3）由

（2）得出CDB=90，且PQ=QD，PAD=PCQ=PQC=2CDB=1802。

点P不与点B，M重合，BADPADMAD。

21802，4560。

10.（福建）在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（m，1）（m0），将此矩形绕O点逆时针旋转90，得到矩形OABC

（1）写出点A、A、C的坐标；

（2）设过点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，求此抛物线的解析式；（a、b、c可用含m的式子表示）（3）试探究：

当m的值改变时，点B关于点O的对称点D是否可能落在

（2）中的抛物线上？

若能，求出此时m的值10【答案】解：

（1）四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m0），A（m，0），C（0，1）。

矩形OABC由矩形OABC旋转90而成，A（0，m），C（1，0）。

（2）设过点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2bxc，A（m，0），A（0，m），C（1，0），解得。

此抛物线的解析式为：

y=x2（m1）xm。

（3）点B与点D关于原点对称，B（m，1），点D的坐标为：

（m，1），假设点D（m，1）在

（2）中的抛物线上，0=（m）2（m1）（m）m=1，即2m22m1=0，=

（2）2422=40，此方程无解。

点D不在

（2）中的抛物线上。

【分析】

（1）先根据四边形ABCD是矩形，点B的坐标为（m，1）（m0），求出点A、C的坐标，再根据图形旋转的性质求出A、C的坐标即可。

（2）设过点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，把A、A、C三点的坐标代入即可得出abc的值，进而得出其抛物线的解析式。

（3）根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标，把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。

11.（江苏）

（1）如图1，在ABC中，BA=BC，D，E是AC边上的两点，且满足DBE=ABC（0CBEABC）。

以点B为旋转中心，将BEC按逆时针方向旋转ABC，得到BEA（点C与点A重合，点E到点E处），连接DE。

求证：

DE=DE.

（2）如图2，在ABC中，BA=BC，ABC=90，D，E是AC边上的两点，且满足DBE=ABC（0CBE45）.求证：

DE2=AD2+EC2.11【答案】证明：

（1）BEA是BEC按逆时针方向旋转ABC得到，BE=BE，EBA=EBC。

DBE=ABC，ABDEBC=ABC。

ABDEBA=ABC，即EBD=ABC。

EBD=DBE。

在EBD和EBD中，BE=BE，EBD=DBE，BD=BD，EBDEBD（SAS）。

DE=DE。

（2）以点B为旋转中心，将BEC按逆时针方向旋转ABC=90，得到BEA（点C与点A重合，点E到点E处），连接DE由

（1）知DE=DE。

由旋转的性质，知EA=EC，EAB=ECB。

又BA=BC，ABC=90，BAC=ACB=45。

EAD=EABBAC=90。

在RtDEA中，DE2=AD2+EA2，DE2=AD2+EC2。

【分析】

（1）由旋转的性质易得BE=BE，EBA=EBC，由已知DBE=ABC经等量代换可得EBD=DBE，从而可由SAS得EBDEBD，得到DE=DE。

（2）由

（1）的启示，作如

（1）的辅助图形，即可得到直角三角形DEA，根据勾股定理即可证得结论。

12.（四川德阳）在