备战中考数学专题训练初中数学旋转的综合题分类附详细答案doc.docx
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备战中考数学专题训练初中数学旋转的综合题分类附详细答案doc
，∠ACB＝45°．
2020-2021备战中考数学专题训练---初中数学旋转的综合题分类附详细答案
一、旋转
1．已知正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕点A旋转，角的两边分别
与BC、DC的延长线交于点E、F，连接EF，设CE＝a，CF＝b．
（1）如图1，当a＝42时，求b的值；
（2）当a＝4时，在图2中画出相应的图形并求出b的值；
（3）如图3，请直接写出∠EAF绕点A旋转的过程中a、b满足的关系式．
【答案】
（1）42；
（2）b＝8；（3）ab＝32．
【解析】
试题分析：
（1）由正方形ABCD的边长为4，可得AC＝42，∠ACB＝45°．
再CE＝a＝42，可得∠CAE＝∠AEC，从而可得∠CAF的度数，既而可得b=AC；
（2）通过证明△ACF∽△ECA，即可得；
（3）通过证明△ACF∽△ECA，即可得.
试题解析：
（1）∵正方形ABCD的边长为4，∴AC＝42
45
∵CE＝a＝42，∴∠CAE＝∠AEC＝
2
＝22.5°，∴∠CAF＝∠EAF－∠CAE＝22.5°，
∴∠AFC＝∠ACD－∠CAF＝22.5，°∴∠CAF＝∠AFC，∴b=AC＝CF＝4
2；
（2）∵∠FAE＝45°，∠ACB＝45°，∴∠FAC＋∠CAE＝45°，∠CAE＋∠AEC＝45°，∴∠FAC
＝∠AEC．
又∵∠ACF＝∠ECA＝135°，∴△ACF∽△ECA，∴
8，即b＝8．
（3）ab＝32．
AC
CF，∴4
2
CF
，∴CF＝
EC
CA
4
42
AC
CF
42
b
提示：
由
（2）知可证△ACF∽△ECA，∴∴
，∴
a
，∴ab＝32．
EC
CA
42
2．如图1，在Rt△ADE中，∠DAE=90°，C是边AE上任意一点（点C与点A、E不重合），以AC为一直角边在Rt△ADE的外部作Rt△ABC，∠BAC=90°，连接BE、CD．
（1）在图1中，若AC=AB，AE=AD，现将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α，得到图2，那么线段BE．CD之间有怎样的关系，写出结论，并说明理由；
（2）在图1中，若CA=3，AB=5，AE=10，AD=6，将图1中的Rt△ADE绕着点A顺时针旋转锐角α，得到图3，连接BD、CE．
①求证：
△ABE∽△ACD；
②计算：
BD2+CE2的值．
【答案】
（1）BE=CD，BE⊥CD，理由见角；
（2）①证明见解析；②BD2+CE2=170．
【解析】
【分析】
（1）结论：
BE=CD，BE⊥CD；只要证明△BAE≌△CAD，即可解决问题；
（2）①根据两边成比例夹角相等即可证明△ABE∽△ACD．
②由①得到
∠AEB=∠CDA．再根据等量代换得到∠DGE=90°，即DG⊥BE，根据勾股定理
2
2
2
2
得到BD
+CE=CB+ED，即可根据勾股定理计算．
【详解】
（1）结论：
BE=CD，BE⊥CD．
理由：
设BE与AC的交点为点F，BE与CD的交点为点G，如图2．
∵∠CAB=∠EAD=90，°∴∠CAD=∠BAE．
ABAC
在
△CAD
和
△BAE
中，
∵
BAECAD，
，
，
∴△CAD≌△BAE
∴CD=BE
AEAD
∠ACD=∠ABE．
∵∠BFA=∠CFG，∠BFA+∠ABF=90°，∴∠CFG+∠ACD=90，°∴∠CGF=90，°∴BE⊥CD．
（2）①设AE与CD于点F，BE与DC的延长线交于点G，如图3．
∵∠CABB=∠EAD=90，°∴∠CAD=∠BAE．
∵CA=3，AB=5，AD=6，AE=10，∴
AE
AD
=
=2，∴△ABE∽△ACD；
AB
AC
②∵△ABE∽△ACD，∴∠AEB=∠CDA．
∵∠AFD=∠EFG，∠AFD+∠CDA=90，°∴∠EFG+∠AEB=90，°∴∠DGE=90，°∴DG⊥BE，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
．
∴∠AGD=∠BGD=90，°∴CE=CG+EG，BD
=BG+DG，∴BD+CE=CG+EG+BG+DG
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
∵CG+BG=CB
，EG+DG=ED，∴BD+CE=CB+ED=CA+AB+AD+AD=170．
【点睛】
本题是几何综合变换综合题，主要考查了图形的旋转变换、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理的综合运用，运用类比，在变化中发现规律是解决问题的关键．
3．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：
①对折矩形纸片ABCD（AB>BC），使AB与
DC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P处，再折出PB、PC，最后用笔画出△PBC（图1）．
（1）求证：
图1中的PBC是正三角形：
（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN，其中IJ=6cm，
且HM=JN．
①求证：
IH=IJ
②请求出NJ的长；
（3）小明发现：
在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边的长度a变化时，在矩形纸片
上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示
意图（作图工具不限，能说明问题即可），并直接写出对应的a的取值范围．
【答案】
（1）证明见解析；（
2）①证明见解析；
②12-63（3）33＜a＜43，a＞
4
3
【解析】
分析：
（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出
PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即
可；
（2）①利用“HL证”Rt△IHM≌Rt△IJN即可得；②IJ上取一点Q，使QI=QN，由
Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15，°继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x，则IQ=QN=2x、QJ=3x，根据IJ=IQ+QJ求出x即可得；
（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可．
（1）证明：
∵①对折矩形纸片ABCD（AB>BC），使AB与DC重合，得到折痕EF
∴PB=PC
∵沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P处
∴PB=BC
∴PB=PC=BC
∴△PBC是正三角形：
（2）证明：
①如图
∵矩形AHIJ
∴∠H=∠J=90°
∵△MNJ是等边三角形
∴MI=NI
在Rt△MHI和Rt△JNI中
MINI
MHNJ
∴Rt△MHI≌Rt△JNI（HL）
∴HI=IJ
②在线段IJ上取点Q，使IQ=NQ
∵Rt△IHM≌Rt△IJN，
∴∠HIM=∠JIN，
∵∠HIJ=90、°∠MIN=60，°
∴∠HIM=∠JIN=15，°
由QI=QN知∠JIN=∠QNI=15°，∴∠NQJ=30，°
设NJ=x，则IQ=QN=2x，QJ=QN2NJ2=3x，
∵IJ=6cm，
∴2x+3x=6，
∴x=12-63，即NJ=12-63（cm）．
（3）分三种情况：
①如图：
设等边三角形的边长为b，则0＜b≤6，
3=
a
则tan60°=
b，
2
∴a=3b，
2
∴0＜b≤63=33；2
②如图
当DF与DC重合时，DF=DE=6，
6
3
，
∴a=sin60×°DE=
=33
2
6
6
3
当DE与DA重合时，a=sin60
4
3
，
2
∴33＜a＜43；
③如图
∵△DEF是等边三角形
∴∠FDC=30°
66
43
∴DF=cos303
2
∴a＞43
点睛：
本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．
4．在Rt△ACB和△AEF中，∠ACB＝∠AEF＝90°，若点P是BF的中点，连接PC，PE.
特殊发现：
如图1，若点E、F分别落在边AB，AC上，则结论：
PC＝PE成立（不要求证明）．
问题探究：
把图1中的△AEF绕点A顺时针旋转．
（1）如图2，若点E落在边CA的延长线上，则上述结论是否成立？
若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（2）如图3，若点F落在边AB上，则上述结论是否仍然成立？
若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（3）记AC＝k，当k为何值时，△CPE总是等边三角形？
（请直接写出后的值，不必说）
BC
【答案】1PCPE成立2，PCPE成立3当k为3时，VCPE总是等边三
3
角形
【解析】
【分析】
（1）过点P作PM⊥CE于点M，由EF⊥AE，BC⊥AC，得到EF∥MP∥CB，从而有
EM
FP
MC
，再根据点P是BF的中点，可得EM=MC，据此得到PC=PE．
PB
（2）过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，先证
△DAF≌△EAF，即可得出AD=AE；再证△DAP≌△EAP，即可得出PD=PE；最后根据
FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，可得FD∥BC∥PM，再根据点P是BF的中点，推得
PC=PD，
再根据PD=PE，即可得到结论．
（3）因为△CPE总是等边三角形，可得∠CEP=60°，∠CAB=60°；由∠ACB=90°，求出
∠CBA=30；°最后根据
AC
AC
△CPE总是等边三角形时，
k的值是
k，
=tan30，求出当°
BC
BC
多少即可．
【详解】
解：
（1）PC=PE成立，理由如下：
如图2，过点P作PM⊥CE于点M，∵EF⊥AE，BC⊥AC，∴EF∥MP∥CB，
EMFP
∴，∵点P是BF的中点，∴EM=MC，又∵PM⊥CE，∴PC=PE；
MCPB
（2）PC=PE成立，理由如下：
如图3，过点F作FD⊥AC于点D，过点P作PM⊥AC于点M，连接PD，∵∠DAF=∠EAF，
∠FDA=∠FEA=90，°在△DAF和△EAF中
，∵∠DAF=∠EAF，∠FDA=∠FEA，AF=AF，
∴△DAF≌△EAF（AAS），
∴AD=AE，在△DAP和△EAP中，∵AD=AE，∠DAP=∠EAP，AP=AP，∴△DAP≌△EAP（SAS），
∴PD=PE，
∵FD⊥AC，BC⊥AC，PM⊥AC，∴FD∥BC∥PM，
DMFP
∴，
MCPB
∵点P是BF的中点，
∴DM=MC，又∵PM⊥AC，
∴PC=PD，又∵PD=PE，
∴PC=PE；
（3）如图4，∵△CPE总是等边三角形，∴∠CEP=60，°
∴∠CAB=60，°
∵∠ACB=90，°
∴∠CBA=90﹣°∠ACB=90﹣°60°=30，°
∵ACk，AC=tan30，°
BCBC
∴k=tan30=°3，
3
∴当k为
3时，△CPE总是等边三角形．
3
【点睛】
考点：
1．几何变换综合题；2．探究型；3．压轴题；4．三角形综合题；5．全等三角形的判定与性质；6．平行线分线段成比例．
5．如图1，△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，直线l经过点C，AF⊥l于点F，BE⊥l于点E．
（1）求证：
△ACF≌△CBE；
（2）将直线旋转到如图2所示位置，点D是AB的中点，连接DE．若AB=42，
∠CBE=30，°求DE的长．
【答案】
（1）答案见解析；（
2）
26
【解析】
试题分析：
（1）根据垂直的定义得到
∠BEC=∠ACB=90°，根据全等三角形的性质得到
∠EBC=∠CAF，即可得到结论；
（2）连接CD，DF，证得△BCE≌△ACF，根据全等三角形的性质得到
BE=CF，CE=AF，证得
△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到
EF=2DE，EF=CE+BE，进而得
到DE的长．
试题解析：
解：
（
1∵BE⊥CE∴∠BEC=∠ACB=90°
）
，
，
∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90，°∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90．°
AFCBEC90
在△BCE与△ACF中，∵EBCACF
BCAC
，∴△ACF≌△CBE（AAS）；
（2）如图2，连接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，
∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90，°∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90．°
AFCBEC90
在△BCE与△CAF中，∵
EBCACF，∴△BCE≌△CAF（AAS）；
BCAC
∴BE=CF．∵点D是AB的中点，∴CD=BD，∠CDB=90，°∴∠CBD=∠ACD=45，°而
∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵
BECF
EBDFCD，
BDCF
∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90，°
∴∠FDC+∠CDE=90°∠EDF=90°∴△EDF
是等腰直角三角形，
∴EF=
2DE，
，即
，
∴EF=CE+CF=CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90，°AB=4
2，∴BC=4．又∵∠CBE=30°，
1
3，∴EF=CE+BE=2+2
EF
2
23
∴CE=BC=2，BE=3CE=2
3，∴DE=
=
=2+6．
2
2
2
点睛：
本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证得△BCE≌△ACF是解题的关键．
6．如图1，YABCD和YAEFG是两个能完全重合的平行四边形，现从AB与AE重合时开
始，将YABCD固定不动，YAEFG绕点A逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），AB=a,BC=2a；并发现：
如图2，当YAEFG旋转到点E落在AD上时，FE的延长线恰好通过
点C．
探究一:
（1）在图2的情形下，求旋转角α的度数；探究二:
（2）如图3，当YAEFG旋转到点E落在BC上时，EF与AD相交于点M，连接CM，DF，请你判断四边形CDFM的形状，并给予证明；
探究三:
（3）如图1，连接CF，BF，在旋转过程中△BCF的面积是否存在最大的情形，如果存在，
求出最大面积，如果不存在，请说明理由.
【答案】
（1）α=120°；
（2）四边形CDFM是菱形，证明见解析；（
3）存在△BCF的面积
最大的情形，S△BCF=33a2.
2
【解析】
试题分析：
（1）由平行四边形的性质知
∠D=∠B，AB=CD=a，可得∠D=∠DEC，由等角对等边知CD=CE，由AE=AB=a，AD=BC=2a，可得DE=CE，即可证得△CDE是等边三角形，∠D=60°，由两直线平行，同位角相等可得
∠DAB=120，°即可求得α；
（2）由旋转的性质以及∠B=60°，可得△ABE是等边三角形，由平行线的判定以及两组对
边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形ABEM是平行四边形，再由由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
（3）当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大，由于点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，故当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，过点A作AH⊥BC于点
H，连接AF，由题意知∠AFG=90°.由∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，可得AH、AF的值.可求得点F到BC的最大距离.进而求得S△BCF的值.试题解析：
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B，AB=CD=a，
∵∠AEF=∠B，∠AEF=∠DEC，
∴∠D=∠DEC，
∴CD=CE，
∵AE=AB=a，AD=BC=2a，∴DE=CE，.
∴CD=CE=DE，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠D=60，°
∵CD∥AB，
∴∠D+∠DAB=180，°
∴∠DAB=120，°
∴α=120°.；
（2）四边形CDFM是菱形.
证明：
由旋转可得AB=AE，
∵∠B=60，°
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE=60°，
∴∠BAG=∠BAE+∠GAE=60+120°=180°，°
∴点G，A，B在同一条直线上，
∴ME∥AB，BE∥AM，
∴四边形ABEM是平行四边形，
∴AM=AB=ME，
∴CD=DM=MF，
∵CD∥AB∥MF，
∴四边形CDFM是平行四边形，
∵∠D=60，°CD=DM，
∴△CDM是等边三角形，
∴CD=DM，
∴四边形CDFM是菱形；
（3）存在△BCF的面积最大的情形.
∵CB的长度不变，
∴当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大.
∵点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动，
∴当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，
如图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AF，
则∠AFG=90°.
∵∠ABH=∠G=60，°AB=a，AG=2a，
∴AH=AB×sin60=
3
°a，AF=AG×sin60=°3a.
2
∴点F到BC的最大距离为
3a+
3a=3
3a.
2
2
1
3
3
a=
3
3
2
∴S△BCF=
×2a×
2
a.
2
2
点睛：
此题考查了旋转的洗澡那个会、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质，三
角形的面积的求法，关键是运用旋转前后，图形的对应边相等、对应角相等的性质解题.
7．已知
Rt△DAB中，∠ADB=90°，扇形
DEF中，∠EDF=30°，且
DA=DB=DE，将
Rt△ADB的
边与扇形
DEF的半径
DE重合，拼接成图
1所示的图形，现将扇形
DEF绕点
D按顺时针方
向旋转，得到扇形
DE′F，′设旋转角为
α（0°＜α＜180°）
（1）如图2，当0°＜α＜90°，且DF′∥AB时，求α；
（2）如图3，当α=120°，求证：
AF′=BE．′【答案】
（1）15°；
（2）见解析．
【解析】
试题分析：
（1）∵∠ADB=90°，DA=DB，∴∠BAD=45°，∵DF′∥AB，
∴∠ADF′=∠BAD=45，°∴α=45﹣°30°=15；°
（2）∵α=120°，∴∠ADE′=120°，∴∠ADF′=120°+30°=150，°∠BDE′=360﹣°90°﹣
120°=150°，∴∠ADF′=∠BDE′，在△ADF′和△BDE′中，，
∴△ADF′≌△BDE′，∴AF′=BE．′
考点：
①旋转性质；②全等三角形的判定和性质．
8．如图1，在△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，D是△ABC内部一点，∠ADC=135°，将线段
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