重庆备战中考数学压轴题专题初中数学旋转的经典综合题docx.docx
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2020-2021重庆备战中考数学压轴题专题初中数学旋转的经典综合题
一、旋转
1．
（1）发现：
如图
1，点
A为线段
BC外一动点，且
BC＝a，AB＝b．填空：
当点
A位于
时，线段
AC的长取得最大值，且最大值为
（用含
a，b的式子表示
）
（2）应用：
点
A为线段
BC外一动点，且
BC＝4，AB＝1，如图
2所示，分别以
AB，AC为
边，作等边三角形
ABD和等边三角形
ACE，连接
CD，BE．
①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE长的最大值．
（3）拓展：
如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（6，0），点P为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°，请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．
【答案】
（1）CB的延长线上，a+b；
（2）①CD＝BE，理由见解析；②BE长的最大值为
5；（3）
满足条件的点P坐标（2﹣
2，
2）或（2﹣
2，﹣2），AM的最大值为22+4．
【解析】
【分析】
（1）根据点A位于CB的延长线上时，线段
AC的长取得最大值，即可得到结论；（
2）
①根据已知条件易证△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质即可得
CD＝BE；②由于线段
BE长的最大值＝线段CD的最大值，根据（
1）中的结论即可得到结果；（
3）连接BM，
将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，得到△APN是等腰直角三角形，
根据全等三角形的性质得到
PN＝PA＝2
，BN＝AM，根据当N在线段BA的延长线时，线段
BN取得最大值，即可得到最大值为
2
2+4；如图2，过P作PE⊥x轴于E，根据等腰直角
三角形的性质即可求得点
P的坐标．如图3中，根据对称性可知当点
P在第四象限时也满
足条件，由此求得符合条件的点P另一个的坐标．
【详解】
（1）∵点
A为线段
BC外一动点，且
BC＝a，AB＝b，
∴当点
A位于
CB的延长线上时，线段
AC的长取得最大值，且最大值为
BC+AB＝a+b，
故答案为
CB的延长线上，
a+b；
（2）①CD＝BE，
理由：
∵△ABD与△ACE是等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，
∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
即∠CAD＝∠EAB，
AD
AB
在△CAD与△EAB中，
CAD
EAB
，
AC
AE
∴△CAD≌△EAB（SAS），
∴CD＝BE；
②∵线段BE长的最大值＝线段CD的最大值，
由
（1）知，当线段CD的长取得最大值时，点D在
∴最大值为BD+BC＝AB+BC＝5；
（3）如图1，
CB的延长线上，
∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，则△APN是等腰直角三角形，
∴PN＝PA＝2，BN＝AM，
∵A的坐标为（2，0），点B的坐标为（6，0），
∴OA＝2，OB＝6，
∴AB＝4，
∴线段AM长的最大值＝线段BN长的最大值，
∴当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，
最大值＝AB+AN，
∵AN＝2AP＝2
2，
∴最大值为22+4；
如图2，
过P作PE⊥x轴于E，
∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE＝2，
∴OE＝BO﹣AB﹣AE＝6﹣4﹣2＝2﹣2，
∴P（2﹣2，2）．
如图3中，
根据对称性可知当点P在第四象限时，
P（2﹣
2，﹣
2）时，也满足条件．
综上所述，满足条件的点
P坐标（2﹣
2，
2）或（2﹣
2，﹣2），AM的最大值为
22+4．
【点睛】
本题综合考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质．正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．平面上，Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放，∠B＝90°，AC＝2CE＝m，BC＝n，半圆O交BC边于点D，将半圆O绕点C按逆时针方向旋转，点D随半圆O旋转且∠ECD始终等于∠ACB，旋转角记为α（0°≤α≤）180°
（1）当α＝0°时，连接DE，则∠CDE＝°，CD＝；
（2）试判断：
旋转过程中BD的大小有无变化？
请仅就图2的情形给出证明；
AE
（3）若m＝10，n＝8，当α＝∠ACB时，求线段BD的长；
（4）若m＝6，n＝42，当半圆O旋转至与△ABC的边相切时，直接写出线段BD的长．
【答案】
（1）90°，n；
（2）无变化；（3）12
5；（4）BD=2
10或2114．
2
5
3
【解析】
试题分析：
（
1）①根据直径的性质，由
DE∥AB得CD
CE即可解决问题．
②求出
CB
CA
BD、AE即可解决问题．
（2）只要证明△ACE∽△BCD即可．
（3）求出AB、AE，利用△ACE∽△BCD即可解决问题．
（4）分类讨论：
①如图5中，当α=90时°，半圆与AC相切，②如图6中，当
α=90°+∠ACB时，半圆与BC相切，分别求出BD即可．
试题解析：
（1）解：
①如图1中，当α=0时，连接DE，则
∠CDE=90．°∵∠CDE=∠B=90，°∴DE∥AB，∴CE
CD=
1．∵BC=n，∴CD=1n．故答
AC
CB
2
2
案为90°，1
n．
2
②如图2中，当α=180时°，BD=BC+CD=
3
n，AE=AC+CE=
3
m，∴BD=n．故答案为
2
2
AEm
n．
m
（2）如图3
中，∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACE=∠BCD．∵CD
BC
n，
CE
AC
m
BDBCn
∴△ACE∽△BCD，∴．
AEACm
（3）如图4中，当α=∠ACB时．在Rt△ABC中，∵AC=10，BC=8，
∴AB=
AC2
BC2
=6．在Rt△ABE中，∵AB=6，BE=BC﹣CE=3，
∴AE=
AB2
BE2
=62
BD
BC
32=35，由
（2）可知△ACE∽△BCD，∴
，
AE
AC
BD
=
8，∴BD=125．故答案为125．
∴
5
3
10
5
5
（4）∵m=6，n=4
2，∴CE=3，CD=22，AB=
CA
2
BC
2=2，①如图5
中，当α=90°
时，半圆与AC相切．在Rt△DBC中，BD=BC
2
CD
2
=（4
2
2
10
．
2）（2
2）=2
②如图6中，当α=90°+∠ACB时，半圆与BC相切，作EM⊥AB于
M．∵∠M=∠CBM=∠BCE=90°，∴四边形BCEM是矩形，∴BM
EC
3，ME
4
2，
∴AM=5，AE=
AM
2ME
2=57，由
（2）可知
DB
=22，∴BD=2
114．
AE
3
3
故答案为210或2114．
3
点睛：
本题考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确画出
图形是解决问题的关键，学会分类讨论的思想，本题综合性比较强，属于中考压轴题．
3．（探索发现）
如图，ABC是等边三角形，点D为BC边上一个动点，将ACD绕点A逆时针旋转
60得到AEF，连接CE.小明在探索这个问题时发现四边形ABCE是菱形.
小明是这样想的：
（1）请参考小明的思路写出证明过程；
（2）直接写出线段CD，CF，AC之间的数量关系：
______________；
（理解运用）
如图，在ABC中，ADBC于点D.将ABD绕点A逆时针旋转90得到AEF，延
长FE与BC，交于点G.
（3）判断四边形ADGF的形状，并说明理由；
（拓展迁移）
（4）在（3）的前提下，如图，将AFE沿AE折叠得到AME，连接MB，若
AD6，BD2，求MB的长.
【答案】
（1）详见解析；
（2）CDCFAC；（3）四边形ADGF是正方形；（4）
213
【解析】
【分析】
（1）根据旋转得：
△ACE是等边三角形，可得：
AB=BC=CE=AE，则四边形ABCE是菱形；
（2）先证明C、F、E在同一直线上，再证明△BAD≌△CAF（SAS），则∠ADB=∠AFC，
BD=CF，可得AC=CF+CD；
（3）先根据∠ADC=∠DAF=∠F=90°，证明得四边形ADGF是矩形，由邻边相等可得四边形ADGF是正方形；
（4）证明△BAM≌△EAD（SAS），根据BM=DE及勾股定理可得结论．【详解】
（1）证明：
∵ABC是等边三角形，
∴ABBCAC.
∵ACD绕点A逆时针旋转60得到AEF，
∴CAE60，ACAE.
∴ACE是等边三角形.
∴
∴
ACAECE.
ABBCCEAE.
∴四边形ABCE是菱形.
（2）线段DC，CF，AC之间的数量关系：
CDCFAC.
（3）四边形ADGF是正方形.理由如下：
∵RtABD绕点A逆时针旋转90
得到
AEF，
∴AF
AD，DAF
90.
∵AD
BC，
∴ADCDAF
F90.
∴四边形ADGF是矩形.
∵AFAD，
∴四边形ADGF是正方形.
（4）如图，连接DE.
∵四边形ADGF是正方形，
∴DGFG
ADAF
6.
∵ABD绕点A逆时针旋转
90
得到
AEF，
∴
BAD
EAF，BD
EF
2，∴EGFGEF624.
∵将
AFE沿AE折叠得到
AME，
∴
MAE
FAE，AF
AM.
∴BADEAM.
∴BADDAMEAMDAM，即BAMDAE.
∵AFAD，∴AMAD.
在BAM
和
EAD
中，
AM
BAM
AB
AD
DAE，
AE
∴BAMEADSAS.
∴BMDEEG2DG24262213.
【点睛】
本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是熟练掌握等边三角形和全等三角形的性质，依据图形的性质进行计算求解．
4．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6，点D是射线OM
上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接
DE．
（1）如图
1，猜想：
△CDE的形状是
三角形．
（2）请证明（
1）中的猜想
（3）设
OD=m，
①当6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？
若存在，求出若不存在，请说明理由．
△BDE周长的最小值；
②是否存在
m的值，使△DEB是直角三角形，若存在，请直接写出
m的值；若不存在，
请说明理由．
【答案】
（1）等边；
（2）详见解析；（3）①23+4；②当m=2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质猜想结论；
（2）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；
（3）①当6＜m＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到
C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当
CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；
②存在，分四种情况讨论：
a）当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；
b）当0≤m＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边
三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2=m；
c）当
6＜m＜10
时，此时不存在；
d）当m＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到m=14．
【详解】
（1）等边；
（2）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE
是等边三角形．
（3）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得：
BE=AD，
△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE
1
△CDE
是等边三角形，
∴DE=CD
∴C
，由（
）知，
，
=CD+4，由垂线段最短可知，当
CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD=2
3，
∴C△DBE
∴△BDE的最小周长=CD+4=2
3+4；
②存在，分四种情况讨论：
a）∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；
b）当0≤m＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由
（1）可知，
△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°．
∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°．
∵∠CAB=60，°∴∠ACD=∠ADC=30，°∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴m=2；
c）当6＜m＜10时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；
d）当m＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，又由
（1）知∠CDE=60°，
∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE=90，°从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14，∴m=14．
综上所述：
当m=2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
5．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，
∴∠AGD=∠BGD=90
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
．
，°∴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．
6．如图，正方形ABCD中，点E是BC边上的一个动点，连接AE，将线段AE绕点A逆时针旋转90°，得到AF，连接EF，交对角线BD于点G，连接AG．
（1）根据题意补全图形；
（2）判定AG与EF的位置关系并证明；
（3）当AB=3，BE=2时，求线段BG的长．
【答案】
（1）见解析;
（2）见解析;（3）25.
2
【解析】
【分析】
（1）根据题意补全图形即可；
（2）先判断出△ADF≌△ABE，进而判断出点C，D，F共线，即可判断出△DFG≌△HEG，得出FG=EG，即可得出结论；
（3）先求出正方形的对角线BD，再求出BH，进而求出DH，即可得出HG，求和即可得出结论．
【详解】
（1）补全图形如图所示，
（2）连接DF，
由旋转知，AE=AF，∠EAF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD=AB，∠ABC=∠ADC=BAD=90，°
∴∠DAF=∠BAE，
∴△ADF≌△ABE（SAS），
∴DF=BE，∠ADF=∠ABC=90，°∴∠ADF+∠ADC=180，°
∴点C，D，F共线，
∴CF∥AB，
过点E作EH∥BC交BD于H，
∴∠BEH=∠BCD=90，°DF∥EH，
∴∠DFG=∠HEG，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠CBD=45，°
∴BE=EH，
∵∠DGF=∠HGE，
∴△DFG≌△HEG（AAS），
∴FG=EG
∵AE=AF，∴AG⊥EF；
（3）∵BD是正方形的对角线，∴BD=2AB=32，
由
（2）知，在Rt△BEH中，BH=2BE=22，
∴DG=BD-BH=2
由
（2）知，△DFG≌△HEG，
∴D
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