中考数学几何旋转经典例题

1中考数学几何旋转综合题1.已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．（1）求证：EG=CG；（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45º，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论？（均不要求证明）2.在△ABC中，AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，将△ABC绕点B顺时针旋转角(0°＜＜90°)得△A1BC1，A1B交AC于点E，A1C1分别交AC，BC于D，F两点．(1)如图观察并猜想，在旋转过程中，线段EA1与FC是怎样的数量关系?并证明你的结论；(2)如图，当＝30°时，试判断四边形BC1DA的形状，并说明理由；(3)在(2)的情况下，求ED的长．3.如图23－5(a)，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，32ACAB，D，E两点分别在AC，BC上，且DE∥AB，22CD，将△CDE绕点C顺时针旋转，得到△CD′E′(如图23－5(b)，点D′，E′分别与点D，E对应)，点E′在AB上，D′E′与AC交于点M．图23－5(1)求∠ACE′的度数；(2)求证：四边形ABCD′是梯形；(3)求△AD′M的面积．FBADCEG第23题图①FBADCEG第23题图②FBACE第23题图③24.如图，若△ABC和△ADE为等边三角形，M，N分别为EB，CD的中点，易证：CD＝BE，△AMN是等边三角形．(1)当把△ADE绕A点旋转到图23－8(b)的位置时，D，E，B三点共线，CD＝BE是否仍然成立?若成立请证明；若不成立请说明理由；(2)当△ADE绕A点旋转到图23－8(c)的位置时，D，E，B三点不共线，△AMN是否还是等边三角形?若是，请给出证明；并求出当AB＝2AD时，△ADE与△ABC及△AMN的面积之比；若不是，请说明理由．5.如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为(－8，0)，直线BC经过点B(－8，6)，C(0，6)，将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转得到四边形OA′B′C′，此时直线OA′，直线B′C′分别与直线BC相交于点P，Q．(1)四边形OABC的形状是______，当＝90°时，BQBP的值是______；(2)①如图23－9(b)，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在y轴的正半轴上时，求BQBP的值；②如图23－9(c)，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在直线BC上时，求△OPB′的面积；(3)在四边形OABC的旋转过程中，当0°＜≤180°时，是否存在这样的点P和点Q，使BP＝BQ21?若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．D31解：（1）证明：在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=12FD．…………1分同理，在Rt△DEF中，EG=12FD．………………2分∴CG=EG．…………………3分（2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．…………………………4分证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．[来源:学#科#网Z#X#X#K]在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG．∴AG=CG．………………………5分在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG．∴MG=NG在矩形AENM中，AM=EN．……………6分在Rt△AMG与Rt△ENG中，∵AM=EN，MG=NG，∴△AMG≌△ENG．∴AG=EG．∴EG=CG．……………………………8分证法二：延长CG至M,使MG=CG，连接MF，ME，EC，……………………4分在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG．∴MF=CD，∠FMG＝∠DCG．∴MF∥CD∥AB．………………………5分∴EFMF在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，EF=BE，∴△MFE≌△CBE．∴MEFCEB．…………………………………………………6分∴∠MEC＝∠MEF＋∠FEC＝∠CEB＋∠CEF＝90°．…………7分∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=21MC．∴EGCG．………………………………8分（3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG．其他的结论还有:EG⊥CG．……10分2.解(1)证明：∵AB＝BC，∴∠A＝∠C．由旋转可知，AB＝BC1，∠A＝∠C1，∠ABE＝∠C1BF．∴△ABE≌△C1BF．∴BE＝BF．又∵BA1＝BC，∴BA1－BE＝BC－BF，即EA1＝FC．(2)四边形BC1DA是菱形．证明：∵∠A1＝∠ABA1＝30°，∴A1C1∥AB，同理AC∥BC1．∴四边形BC1DA是平行四边形．又∵AB＝BC1，∴四边形BC1DA是菱形．(3)如图23－4(c)，过点E作EG⊥AB于点G，则AG＝BG＝1．图23－4(c)在Rt△AEG中，.332cos301cosoAAGAE由(2)知四边形BC1DA是菱形，∴AD＝AB＝2．.3322AEADED3.分析注意旋转前后对应元素的关系，以及图中隐含的45°、30°等特殊角，将△AD′M的面积转化为S△AD′E′－S△AME′，利用方程的思想求解．解(1)如图23－5(a)，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°．∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠DCE＝45°FBADCE图③GFBADCEGMNN图②（一）FBADCEGM图②（二）4∠EDC＝90°．.22CDDE∴CE＝CE′＝4．如图，在Rt△ACE′中，∠E′AC＝90°，32AC，CE′＝4，23cosACE∴∠ACE′＝30°．(2)如图23－5(b)，∵∠D′CE′＝∠ACB＝45°，∠ACE′＝30°，∴∠D′CA＝∠E′CB＝15°．又22BCACCECD，∴△D′CA∽△E′CB．∴∠D′AC＝∠B＝45°．∴∠ACB＝∠D′AC．∴AD′∥BC．∵∠B＝45°，∠D′CB＝60°，∴∠ABC与∠D′CB不互补，∴AB与D′C不平行．∴四边形ABCD′是梯形．(3)在图23－5(c)中，过点C作CF⊥AD′，垂足为F，过D′作D′G⊥AB，垂足为G．作∠AMH＝60°交AE′于H．可得∠FCD′＝∠ACF－∠ACD′＝30°．在Rt△ACF中，,645cosACAF在Rt△D′CF中，,30,22FCDCD.22CDFD∴△AD′E中，AD′＝26，AE′＝2，∠BAD′＝135°．在Rt△AD′G中，.1345sinADGD.1321GDAESEAD设AM＝x，可得xAH3，MH＝HE′＝2－.3x在Rt△AMH中，由AM2＋AH2＝MH2，可得.)32()3(222xxx化简，得.04342xx解得.324x由AM＜AC可得324AM．.32421AMAESAME.533AMEEADMADSSS4.解(1)如图23－8(b)CD＝BE．理由如下：∵△ABC和△ADE为等边三角形，∴AB＝AC，AE＝AD，∠BAC＝∠EAC＝60°．∵∠BAE＝∠BAC－∠EAC，∠DAC＝∠EAD－∠EAC，∴∠BAE＝∠DAC．∴△ABE≌△ACD．∴CD＝BF．(2)如图23－8(c)，△AMN是等边三角形，理由如下：同理可证△ABE≌△ACD，∴∠ABE＝∠ACD，BE＝CD．∵M，N分别是BE，CD的中点，.2121CNCDBEBM∵AB＝AC，∠ABE＝∠ACD，∴△ABM≌△ACN．∴AM＝AN，∠MAB＝∠NAC．∴∠NAM＝∠NAC＋∠CAM＝∠MAB＋∠CAM＝∠BAC＝60°．∴△AMN是等边三角形．设AD＝a，则AB＝2a．∵AD＝AE＝DE，AB＝AC，∴CE＝DE．∵△ADE为等边三角形，∴∠DEC＝120°，∠ADE＝60°．∴∠EDC＝∠ECD＝30°，∠ADC＝90°．在Rt△ADC中，AD＝a，∠ACD＝30°，.3aCD∵N为DC的中点，.27,2322aADDNANaDN∵△ADE，△ABC，△AMN为等边三角形，∴S△ADE∶S△ABC∶S△AMN＝22)2(aa∶∶.7:16:447:4:1)27(2a5.(1)矩形(或长方形)，74BQBP；(2)①先证△COP∽△A′OB′，再证△B′CQ∽△B′C′O，并求出CQ，BQ的长，从而可得BQBP的值；②易证△OCP≌△B′A′P，∴OP＝B′P，CP＝A′P，设B′P＝x，在Rt△OCP中，根据勾股定理解出x的值，得到S△OPB′；(3)先假设存在这样的点P和点Q，使BQBP21，再根据已知条件分类讨论5求解．解(1)矩形(长方形)，74BQBP．(2)①∵∠POC＝∠B′OA′，∠PCO＝∠OA′B′＝90°，∴△COP∽△A′OB′，OAOCBACP即,866CP27,29CPBCBPCP同理，△B′CQ∽△B′C′O，CBCBOCCQ在Rt△A′OB′中，,1022OABAOB86106CQ∴CQ＝3，BQ＝BC＋CQ＝11．227BQBP②在△OCP和△B′A′P中，,,90,ABOCAOCPPABOPC∴△OCP≌△B′A′P．∴OP＝B′P，CP＝A′P．设B′P＝x，在Rt△OCP中，CP＝A′P＝OA′－OP＝8－x．(8－x)2＋62＝x2，解答425x∴S△OPB′475642521(3)存在这样的点P和点Q，使.21BQBP点P的坐标是)6,47(),6,6239(21PP对于第(3)题，我们提供如下详细解答：过点Q作QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH＝OC′＝OC，∵S△POQ＝OCPQ21，S△POQQHOP21，∴PQ＝OP．设BP＝x，∵BQBP21∴BQ＝2x．①如图23－9(d)，当点P在点B的左侧时，OP＝PQ＝BQ＋BP＝3x，在Rt△PCO中，(8＋x)2＋62＝(3x)2．解得6231,623121xx(舍去)．)6,6239(1P图23－9②如图23－9(e)，当点P在点B的右侧时，OP＝PQ＝BQ－BP＝x，PC＝8－x．在Rt△PCO中，(8－x)2＋62＝x2解得425x474258BPBCPC)6,47(2P综上可知，存在点),6,6329(1P)6,647(2P，使.21BQBP65.图1是边长分别为43和3的两个等边三角形纸片ABC和C′D′E′叠放在一起（C与C′重合）.（1）操作：固定△ABC，将△C′D′E′绕点C顺时针旋转30°得到△CDE，连结AD、BE，CE的延长线交AB于F（图2）；探究：在图2中，线段BE与AD之间有怎样的大小关系？试证明你的结论.（4分）（2）操作：将图2中的△CDE，在线段CF上沿着CF方向以每秒1个单位的速度平移，平移后的△CDE设为△PQR（图3）；探究：设△PQR移动的时间为x秒，△PQR与△ABC重叠部分的面积为y，求y与x之间的函数解析式，并写出函数自变量x的取值范围.（5分）（3）操作：图1中△C′D′E′固定，将△ABC移动，使顶点C落在C′E′的中点，边BC交D′E′于点M，边AC交D′C′于点N，设∠ACC′=α（30°＜α＜90°＝（图4）；探究：在图4中，线段C′N·E′M的值是否随α的变化而变化？如果没有变化，请你求出C′N·E′M的值，如果有变化，请你说明理由.（4分）解：（1）BE=AD证明：∵△ABC与△