资源简介

2025年中考数学复习：图形的旋转
一．选择题（共10小题）
1．（2018 济南）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格线的格点上，将△ABC绕点P顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点P的坐标为（　　）
A．（0，4） B．（1，1） C．（1，2） D．（2，1）
2．（2014 苏州）如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标（2，），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A′O′B，点A的对应点A′在x轴上，则点O′的坐标为（　　）
A．（，） B．（，）
C．（，） D．（，4）
3．（2024 武威二模）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数是（　　）
A．60° B．65° C．70° D．75°
4．（2016 宜宾）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则B、D两点间的距离为（　　）
A． B．2 C．3 D．2
5．（2015 广州）将图中所示的图案以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是（　　）
A． B． C． D．
6．（2014 孝感）如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是（　　）
A．（2，10） B．（﹣2，0）
C．（2，10）或（﹣2，0） D．（10，2）或（﹣2，0）
7．（2021 铁西区模拟）如图，在△ABC中，AB，AC，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（　　）
A．3 B．2 C．2 D．4
8．（2015 菏泽）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线yx经过点A，作AB⊥x轴于点B，将△ABO绕点B逆时针旋转60°得到△CBD．若点B的坐标为（2，0），则点C的坐标为（　　）
A．（﹣1，） B．（﹣2，） C．（，1） D．（，2）
9．（2022秋 历城区校级期末）如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM＝PN；②OM+ON的值不变；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
10．（2016 无锡）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB边上时，连接B1B，取BB1的中点D，连接A1D，则A1D的长度是（　　）
A． B．2 C．3 D．2
二．填空题（共5小题）
11．（2015 扬州）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC．若点F是DE的中点，连接AF，则AF＝　 　．
12．（2016 西宁）如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE＝1，则EF的长为 　 　．
13．（2014 东莞市）如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，若∠BAC＝90°，AB＝AC，则图中阴影部分的面积等于　 　．
14．（2019 山西）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD＝15°，AD＝6cm，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为　 　cm．
15．（2015 重庆）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝10．连接BD，∠DBC的角平分线BE交DC于点E，现把△BCE绕点B逆时针旋转，记旋转后的△BCE为△BC′E′．当射线BE′和射线BC′都与线段AD相交时，设交点分别为F，G．若△BFD为等腰三角形，则线段DG长为 　 　．
三．解答题（共5小题）
16．（2016 日照）如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ，求证：
（1）EA是∠QED的平分线；
（2）EF2＝BE2+DF2．
17．（2022 单县三模）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是 　 　，位置关系是 　 　；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．
18．（2016 聊城）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）．
（1）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为（4，0），写出顶点A1，B1的坐标；
（2）若△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称图形，写出△A2B2C2的各顶点的坐标；
（3）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A3B3C3，写出△A3B3C3的各顶点的坐标．
19．（2020 海淀区校级模拟）如图1，已知∠DAC＝90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连接QB并延长交直线AD于点E．
（1）如图1，猜想∠QEP＝　 　°；
（2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明；
（3）如图3，若∠DAC＝135°，∠ACP＝15°，且AC＝4，求BQ的长．
20．（2021 成都）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′．
（1）如图1，当点A′落在AC的延长线上时，求AA′的长；
（2）如图2，当点C′落在AB的延长线上时，连接CC′，交A′B于点M，求BM的长；
（3）如图3，连接AA′，CC′，直线CC′交AA′于点D，点E为AC的中点，连接DE．在旋转过程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，请说明理由．
2025年中考数学复习：图形的旋转
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C C D A D C A A B A
一．选择题（共10小题）
1．（2018 济南）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的顶点都在方格线的格点上，将△ABC绕点P顺时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点P的坐标为（　　）
A．（0，4） B．（1，1） C．（1，2） D．（2，1）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】常规题型；平移、旋转与对称．
【答案】C
【分析】选两组对应点，连接后作其中垂线，两中垂线的交点即为点P．
【解答】解：由图知，旋转中心P的坐标为（1，2），
故选：C．
【点评】本题主要考查坐标与图形的变化﹣旋转，解题的关键是掌握旋转变换的性质．
2．（2014 苏州）如图，△AOB为等腰三角形，顶点A的坐标（2，），底边OB在x轴上．将△AOB绕点B按顺时针方向旋转一定角度后得△A′O′B，点A的对应点A′在x轴上，则点O′的坐标为（　　）
A．（，） B．（，）
C．（，） D．（，4）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】计算题；压轴题．
【答案】C
【分析】过点A作AC⊥OB于C，过点O′作O′D⊥A′B于D，根据点A的坐标求出OC、AC，再利用勾股定理列式计算求出OA，根据等腰三角形三线合一的性质求出OB，根据旋转的性质可得BO′＝OB，∠A′BO′＝∠ABO，然后解直角三角形求出O′D、BD，再求出OD，然后写出点O′的坐标即可．
【解答】解：如图，过点A作AC⊥OB于C，过点O′作O′D⊥A′B于D，
∵A（2，），
∴OC＝2，AC，
由勾股定理得，OA3，
∵△AOB为等腰三角形，OB是底边，
∴OB＝2OC＝2×2＝4，
由旋转的性质得，BO′＝OB＝4，∠A′BO′＝∠ABO，
∴O′D＝4，
BD＝4，
∴OD＝OB+BD＝4，
∴点O′的坐标为（，）．
故选：C．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，主要利用了勾股定理，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟记性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
3．（2024 武威二模）如图，将△ABC绕点C顺时针旋转，点B的对应点为点E，点A的对应点为点D，当点E恰好落在边AC上时，连接AD，若∠ACB＝30°，则∠DAC的度数是（　　）
A．60° B．65° C．70° D．75°
【考点】旋转的性质．
【专题】常规题型；平移、旋转与对称．
【答案】D
【分析】由旋转性质知△ABC≌△DEC，据此得∠ACB＝∠DCE＝30°、AC＝DC，继而可得答案．
【解答】解：由题意知△ABC≌△DEC，
则∠ACB＝∠DCE＝30°，AC＝DC，
∴∠DAC75°，
故选：D．
【点评】本题主要考查旋转的性质，解题的关键是掌握旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．③旋转前、后的图形全等．
4．（2016 宜宾）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，则B、D两点间的距离为（　　）
A． B．2 C．3 D．2
【考点】旋转的性质．
【专题】计算题．
【答案】A
【分析】通过勾股定理计算出AB长度，利用旋转性质求出各对应线段长度，利用勾股定理求出B、D两点间的距离．
【解答】解：连接BD．
∵在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，
∴AB＝5，
∵将△ABC绕点A逆时针旋转，使点C落在线段AB上的点E处，点B落在点D处，
∴AE＝4，DE＝3，
∴BE＝1，
在Rt△BED中，
BD．
故选：A．
【点评】题目考查勾股定理和旋转的基本性质，解决此类问题的关键是掌握旋转的基本性质，特别是线段之间的关系．题目整体较为简单，适合随堂训练．
5．（2015 广州）将图中所示的图案以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是（　　）
A． B． C． D．
【考点】生活中的旋转现象．
【答案】D
【分析】根据旋转的性质，旋转前后图形不发生任何变化，绕中心旋转180°，即是对应点绕旋转中心旋转180°，即可得出所要图形．
【解答】解：将图中所示的图案以圆心为中心，旋转180°后得到的图案是．
故选：D．
【点评】此题主要考查了旋转中，中心旋转180°后图形的性质，此题应注意图形的旋转变换．
6．（2014 孝感）如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是（　　）
A．（2，10） B．（﹣2，0）
C．（2，10）或（﹣2，0） D．（10，2）或（﹣2，0）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】分类讨论；平移、旋转与对称．
【答案】C
【分析】分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可．
【解答】解：∵点D（5，3）在边AB上，
∴BC＝5，BD＝5﹣3＝2，
①若顺时针旋转，则点D′在x轴上，OD′＝2，
所以D′（﹣2，0），
②若逆时针旋转，则点D′到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，
所以D′（2，10），
综上所述，点D′的坐标为（2，10）或（﹣2，0）．
故选：C．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，正方形的性质，难点在于分情况讨论．
7．（2021 铁西区模拟）如图，在△ABC中，AB，AC，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，连接BC1，则BC1的长为（　　）
A．3 B．2 C．2 D．4
【考点】旋转的性质；勾股定理．
【专题】计算题．
【答案】A
【分析】根据旋转的性质得出∠CAC1＝60°，AC＝AC1，求出∠BAC1＝90°，根据勾股定理求出即可．
【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△AB1C1，AB，AC，
∴∠CAC1＝60°，AC＝AC1，
∵∠BAC＝30°，
∴∠BAC1＝30°+60°＝90°，
在Rt△BAC1中，由勾股定理得：BC13，
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质和勾股定理，能求出AC1的长度和求出∠BAC1的度数是解此题的关键．
8．（2015 菏泽）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线yx经过点A，作AB⊥x轴于点B，将△ABO绕点B逆时针旋转60°得到△CBD．若点B的坐标为（2，0），则点C的坐标为（　　）
A．（﹣1，） B．（﹣2，） C．（，1） D．（，2）
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；一次函数图象上点的坐标特征．
【专题】压轴题．
【答案】A
【分析】作CH⊥x轴于H，如图，先根据一次函数图象上点的坐标特征确定A（2，2），再利用旋转的性质得BC＝BA＝2，∠ABC＝60°，则∠CBH＝30°，然后在Rt△CBH中，利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出CHBC，BHCH＝3，所以OH＝BH﹣OB＝3﹣2＝1，于是可写出C点坐标．
【解答】解：作CH⊥x轴于H，如图，
∵点B的坐标为（2，0），AB⊥x轴于点B，
∴A点横坐标为2，
当x＝2时，yx＝2，
∴A（2，2），
∵△ABO绕点B逆时针旋转60°得到△CBD，
∴BC＝BA＝2，∠ABC＝60°，
∴∠CBH＝30°，
在Rt△CBH中，CHBC，
BHCH＝3，
OH＝BH﹣OB＝3﹣2＝1，
∴C（﹣1，）．
故选：A．
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．也考查了一次函数图象上点的坐标特征和含30度的直角三角形三边的关系．
9．（2022秋 历城区校级期末）如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①PM＝PN；②OM+ON的值不变；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质．
【专题】图形的全等；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．只要证明△POE≌△POF，△PEM≌△PFN，即可一一判断
【解答】解：如图作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°，
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠EPF＝∠MPN，
∴∠EPM＝∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴∠PEO＝∠PFO＝90°，
在△POE和△POF中，
，
∴△POE≌△POF（AAS），
∴OE＝OF，PE＝PF，
在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确，
∴S△PEM＝S△PNF，
∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故④正确，
∵OM+ON＝OE+ME+（OF﹣NF）＝2OE，是定值，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，形状是相似的，因为PM的长度是变化的，所以MN的长度是变化的，故③错误，
故选：B．
【点评】本题考查全等三角形的性质、角平分线的性质定理、四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
10．（2016 无锡）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，△ABC绕点C顺时针旋转得△A1B1C，当A1落在AB边上时，连接B1B，取BB1的中点D，连接A1D，则A1D的长度是（　　）
A． B．2 C．3 D．2
【考点】旋转的性质；含30度角的直角三角形．
【答案】A
【分析】首先证明△ACA1，△BCB1是等边三角形，推出△A1BD是直角三角形即可解决问题．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2，
∴∠A＝90°﹣∠ABC＝60°，AB＝4，BC＝2，
∵CA＝CA1，
∴△ACA1是等边三角形，AA1＝AC＝BA1＝2，
∴∠BCB1＝∠ACA1＝60°，
∵CB＝CB1，
∴△BCB1是等边三角形，
∴BB1＝2，BA1＝2，∠A1BB1＝90°，
∴BD＝DB1，
∴A1D．
故选：A．
【点评】本题考查旋转的性质、30度角的直角三角形性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是证明△ACA1，△BCB1是等边三角形，属于中考常考题型．
二．填空题（共5小题）
11．（2015 扬州）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC．若点F是DE的中点，连接AF，则AF＝　5　．
【考点】旋转的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据旋转的性质，EC＝BC＝4，DC＝AC＝6，∠ACD＝∠ACB＝90°，由点F是DE的中点，可求出EG、GF，因为AE＝AC﹣EC＝2，可求出AG，然后运用勾股定理求出AF．
【解答】解：作FG⊥AC，
根据旋转的性质，EC＝BC＝4，DC＝AC＝6，∠ACD＝∠ACB＝90°，
∵点F是DE的中点，
∴FG∥CD，
∴GFCDAC＝3，
EGECBC＝2，
∵AC＝6，EC＝BC＝4，
∴AE＝2，
∴AG＝4，
根据勾股定理，AF＝5．
【点评】本题主要考查了旋转的性质、三角形中位线性质、勾股定理的综合运用，作垂线构造直角三角形是解决问题的关键．
12．（2016 西宁）如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE＝1，则EF的长为 　　．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】由旋转可得DE＝DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF＝90°，由∠EDF＝45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF＝∠MDF，再由DF＝DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF＝MF；则可得到AE＝CM＝1，正方形的边长为3，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF＝MF＝x，可得出BF＝BM﹣FM＝BM﹣EF＝4﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【解答】解：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF，
设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝1，且BC＝3，
∴BM＝BC+CM＝3+1＝4，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝4﹣x，
∵EB＝AB﹣AE＝3﹣1＝2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2＝EF2，
即22+（4﹣x）2＝x2，
解得：x，
∴EF．
故答案为：．
【点评】此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，以及勾股定理．此题难度适中，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
13．（2014 东莞市）如图，△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，若∠BAC＝90°，AB＝AC，则图中阴影部分的面积等于　1　．
【考点】旋转的性质；等腰直角三角形．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据题意结合旋转的性质以及等腰直角三角形的性质得出ADBC＝1，AF＝FC′＝sin45°AC′AC′＝1，进而求出阴影部分的面积．
【解答】解：∵△ABC绕点A顺时针旋转45°得到△AB′C′，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴BC＝2，∠C＝∠B＝∠CAC′＝∠C′＝45°，
∴AD⊥BC，B′C′⊥AB，
∴ADBC＝1，AF＝FC′＝sin45°AC′AC′＝1，
∴图中阴影部分的面积等于：S△AFC′﹣S△DEC′1×1（1）21．
故答案为：1．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及等腰直角三角形的性质等知识，得出AD，AF，DC′的长是解题关键．
14．（2019 山西）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝10cm，点D为△ABC内一点，∠BAD＝15°，AD＝6cm，连接BD，将△ABD绕点A按逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点为点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为　（10﹣2）　cm．
【考点】旋转的性质；含30度角的直角三角形；等腰直角三角形．
【专题】平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】过点A作AG⊥DE于点G，由旋转的性质推出∠AED＝∠ADG＝45°，∠AFD＝60°，利用锐角三角函数分别求出AG，GF，AF的长，即可求出CF＝AC﹣AF＝（10﹣2）cm．
【解答】解：过点A作AG⊥DE于点G，
由旋转知：AD＝AE，∠DAE＝90°，∠CAE＝∠BAD＝15°，
∴∠AED＝∠ADG＝45°，
在△AEF中，∠AFD＝∠AED+∠CAE＝60°，
在Rt△ADG中，AG＝DG3cm，
在Rt△AFG中，GFcm，AF＝2FG＝2cm，
∴CF＝AC﹣AF＝（10﹣2）cm，
故答案为：（10﹣2）．
【点评】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，解直角三角形等，解题的关键是能够通过作适当的辅助线构造特殊的直角三角形，通过解直角三角形来解决问题．
15．（2015 重庆）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝10．连接BD，∠DBC的角平分线BE交DC于点E，现把△BCE绕点B逆时针旋转，记旋转后的△BCE为△BC′E′．当射线BE′和射线BC′都与线段AD相交时，设交点分别为F，G．若△BFD为等腰三角形，则线段DG长为 　　．
【考点】旋转的性质．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据角平分线的性质，寻找等角，等角对等边，构造相似三角形，利用对应线段成比例，即可得答案．
【解答】解：在Rt△ABD中，由勾股定理，得
BD14，
在Rt△ABF中，由勾股定理，得：
BF2＝（4）2+（10﹣BF）2，
解得BF，
AF＝10．
过G作GH∥BF，交BD于H，
∴∠FBD＝∠GHD，∠BGH＝∠FBG，
∵FB＝FD，
∴∠FBD＝∠FDB，
∴∠FDB＝∠GHD，
∴GH＝GD，
∵∠FBG＝∠EBC∠DBC∠ADB∠FBD，
又∵∠FBG＝∠BGH，∠FBG＝∠GBH，
∴BH＝GH，
设DG＝GH＝BH＝x，则FG＝FD﹣GDx，HD＝14﹣x，
∵GH∥FB，
∴，即，
解得x．
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，利用了勾股定理，旋转的性质，正切函数的定义是解题关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2016 日照）如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ，求证：
（1）EA是∠QED的平分线；
（2）EF2＝BE2+DF2．
【考点】旋转的性质；正方形的性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）直接利用旋转的性质得出△AQE≌△AFE（SAS），进而得出∠AEQ＝∠AEF，即可得出答案；
（2）利用（1）中所求，再结合勾股定理得出答案．
【解答】证明：（1）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，
∴QB＝DF，AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∴∠QAE＝45°，
∴∠QAE＝∠FAE，
在△AQE和△AFE中
，
∴△AQE≌△AFE（SAS），
∴∠AEQ＝∠AEF，
∴EA是∠QED的平分线；
（2）由（1）得△AQE≌△AFE，
∴QE＝EF，
由旋转的性质，得∠ABQ＝∠ADF，
∠ADF+∠ABD＝90°，
则∠QBE＝∠ABQ+∠ABD＝90°，
在Rt△QBE中，
QB2+BE2＝QE2，
又∵QB＝DF，
∴EF2＝BE2+DF2．
【点评】此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质和勾股定理等知识，正确得出△AQE≌△AFE（SAS）是解题关键．
17．（2022 单县三模）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是 　PM＝PN　，位置关系是 　PM⊥PN　；
（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．
【考点】几何变换综合题．
【专题】几何综合题．
【答案】（1）PM＝PN，PM⊥PN；
（2）△PMN是等腰直角三角形；理由见试题解答内容；
（3）．
【分析】（1）利用三角形的中位线得出PMCE，PNBD，进而判断出BD＝CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM＝∠DCA，最后用互余即可得出结论；
（2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，同（1）的方法得出PMBD，PNBD，即可得出PM＝PN，同（1）的方法即可得出结论；
（3）方法1：先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大＝AM+AN，最后用面积公式即可得出结论．方法2：先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD最大是AB+AD＝14，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PNBD，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PMCE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝CE，
∴PM＝PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN＝∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM＝∠DCA，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ADC+∠ACD＝90°，
∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM＝PN，PM⊥PN；
（2）△PMN是等腰直角三角形．
由旋转知，∠BAD＝∠CAE，
∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，
利用三角形的中位线得，PNBD，PMCE，
∴PM＝PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，
∴∠DPM＝∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，
∴∠PNC＝∠DBC，
∵∠DPN＝∠DCB+∠PNC＝∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCE+∠DCB+∠DBC
＝∠BCE+∠DBC＝∠ACB+∠ACE+∠DBC
＝∠ACB+∠ABD+∠DBC＝∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC＝90°，
∴∠ACB+∠ABC＝90°，
∴∠MPN＝90°，
∴△PMN是等腰直角三角形；
（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，
∴MN最大时，△PMN的面积最大，
∴DE∥BC且DE在顶点A上面，
∴MN最大＝AM+AN，
连接AM，AN，
在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，
∴AM＝2，
在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5，
∴MN最大＝257，
∴S△PMN最大PM2MN2（7）2．
方法2：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PNBD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点D在BA的延长线上，
∴BD＝AB+AD＝14，
∴PM＝7，
∴S△PMN最大PM272．
【点评】此题属于几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质的综合运用；解（1）的关键是判断出PMCE，PNBD，解（2）的关键是判断出△ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出MN最大时，△PMN的面积最大．
18．（2016 聊城）如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣3，5），B（﹣2，1），C（﹣1，3）．
（1）若△ABC经过平移后得到△A1B1C1，已知点C1的坐标为（4，0），写出顶点A1，B1的坐标；
（2）若△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称图形，写出△A2B2C2的各顶点的坐标；
（3）将△ABC绕着点O按顺时针方向旋转90°得到△A3B3C3，写出△A3B3C3的各顶点的坐标．
【考点】坐标与图形变化﹣旋转；坐标与图形变化﹣平移．
【专题】作图题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用点C和点C1的坐标变化得到平移的方向与距离，然后利用此平移规律写出顶点A1，B1的坐标；
（2）根据关于原点对称的点的坐标特征求解；
（3）利用网格和旋转的性质画出△A3B3C3，然后写出△A3B3C3的各顶点的坐标．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作，
因为点C（﹣1，3）平移后的对应点C1的坐标为（4，0），
所以△ABC先向右平移5个单位，再向下平移3个单位得到△A1B1C1，
所以点A1的坐标为（2，2），B1点的坐标为（3，﹣2）；
（2）因为△ABC和△A2B2C2关于原点O成中心对称图形，
所以A2（3，﹣5），B2（2，﹣1），C2（1，﹣3）；
（3）如图，△A3B3C3为所作，A3（5，3），B3（1，2），C3（3，1）；
【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
19．（2020 海淀区校级模拟）如图1，已知∠DAC＝90°，△ABC是等边三角形，点P为射线AD上任意一点（点P与点A不重合），连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，连接QB并延长交直线AD于点E．
（1）如图1，猜想∠QEP＝　60　°；
（2）如图2，3，若当∠DAC是锐角或钝角时，其它条件不变，猜想∠QEP的度数，选取一种情况加以证明；
（3）如图3，若∠DAC＝135°，∠ACP＝15°，且AC＝4，求BQ的长．
【考点】旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；等腰直角三角形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）猜想∠QEP＝60°；
（2）以∠DAC是锐角为例进行证明，如图2，根据等边三角形的性质得AC＝BC，∠ACB＝60°，再根据旋转的性质得CP＝CQ，∠PCQ＝6O°，则∠ACP＝∠BCQ，
根据“SAS”可证明△ACP≌△BCQ，得到∠APC＝∠Q，然后利用三角形内角和定理可得到∠QEP＝∠PCQ＝60°；
（3）作CH⊥AD于H，如图3，与（2）一样可证明△ACP≌△BCQ，则AP＝BQ，由∠DAC＝135°，∠ACP＝15°，易得∠APC＝30°，∠PCB＝45°，则可判断△ACH为等腰直角三角形，所以AH＝CHAC＝2，在Rt△PHC中，根据含30度的直角三角形三边的关系得PHCH＝2，于是可计算出PA＝PH﹣AH＝22，所以BQ＝22．
【解答】解：（1）∠QEP＝60°；
证明：如图1，EQ与PC相交于M点，
∵PC＝CQ，且∠PCQ＝60°，
则△CQB和△CPA中，
，
∴△CQB≌△CPA（SAS），
∴∠CQB＝∠CPA，
又因为△PEM和△CQM中，∠EMP＝∠CMQ，
∴∠QEP＝∠QCP＝60°．
故答案为：60；
（2）∠QEP＝60°．以∠DAC是锐角为例．
证明：如图2，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∵线段CP绕点C顺时针旋转60°得到线段CQ，
∴CP＝CQ，∠PCQ＝6O°，
∴∠ACB+∠BCP＝∠BCP+∠PCQ，
即∠ACP＝∠BCQ，
在△ACP和△BCQ中，
，
∴△ACP≌△BCQ（SAS），
∴∠APC＝∠Q，
∵∠1＝∠2，
∴∠QEP＝∠PCQ＝60°；
（3）作CH⊥AD于H，如图3，
与（2）一样可证明△ACP≌△BCQ，
∴AP＝BQ，
∵∠DAC＝135°，∠ACP＝15°，
∴∠APC＝30°，∠PCB＝45°，
∴△ACH为等腰直角三角形，
∴AH＝CHAC4＝2，
在Rt△PHC中，PHCH＝2，
∴PA＝PH﹣AH＝22，
∴BQ＝22．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质．
20．（2021 成都）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，其中点A，C的对应点分别为点A′，C′．
（1）如图1，当点A′落在AC的延长线上时，求AA′的长；
（2）如图2，当点C′落在AB的延长线上时，连接CC′，交A′B于点M，求BM的长；
（3）如图3，连接AA′，CC′，直线CC′交AA′于点D，点E为AC的中点，连接DE．在旋转过程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，请说明理由．
【考点】几何变换综合题．
【专题】方程思想；几何变换；面积法；等腰三角形与直角三角形；推理能力；应用意识．
【答案】（1）8；
（2）；
（3）1．
【分析】（1）先求出AC＝4，再在Rt△A'BC中，求出A'C4，从而可得AA'＝8；
（2）过C作CE∥A'B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，先证明CE＝BC＝3，再根据S△ABCAC BCAB CD，求出CD，进而可得DE和BE及C'E，由CE∥A'B得，即可得BM；
（3）过A作AP∥A'C'交C'D延长线于P，连接A'C，先证明∠ACP＝∠A'C'D＝∠P，得AP＝AC＝A'C'，再证明△APD≌△A'C'D得AD＝A'D，DE是△AA'C的中位线，DEA'C，要使DE最小，只需A'C最小，此时A'、C、B共线，A'C的最小值为A'B﹣BC＝AB﹣BC＝2，即可得DE最小值为A'C＝1．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，
∴AC4，
∵∠ACB＝90°，△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，点A′落在AC的延长线上，
∴∠A'CB＝90°，A'B＝AB＝5，
Rt△A'BC中，A'C4，
∴AA'＝AC+A'C＝8；
（2）过C作CE∥A'B交AB于E，过C作CD⊥AB于D，如图：
∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴∠A'BC'＝∠ABC，BC'＝BC＝3，
∵CE∥A'B，
∴∠A'BC'＝∠CEB，
∴∠CEB＝∠ABC，
∴CE＝BC＝3，
Rt△ABC中，S△ABCAC BCAB CD，AC＝4，BC＝3，AB＝5，
∴CD，
Rt△CED中，DE，
同理BD，
∴BE＝DE+BD，C'E＝BC'+BE＝3，
∵CE∥A'B，
∴，
∴，
∴BM；
（3）DE存在最小值1，理由如下：
过A作AP∥A'C'交C'D延长线于P，连接A'C，如图：
∵△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′，
∴BC＝BC'，∠ACB＝∠A'C'B＝90°，AC＝A'C'，
∴∠BCC'＝∠BC'C，
而∠ACP＝180°﹣∠ACB﹣∠BCC'＝90°﹣∠BCC'，
∠A'C'D＝∠A'C'B﹣∠BC'C＝90°﹣∠BC'C，
∴∠ACP＝∠A'C'D，
∵AP∥A'C'，
∴∠P＝∠A'C'D，
∴∠P＝∠ACP，
∴AP＝AC，
∴AP＝A'C'，
在△APD和△A'C'D中，
，
∴△APD≌△A'C'D（AAS），
∴AD＝A'D，即D是AA'中点，
∵点E为AC的中点，
∴DE是△AA'C的中位线，
∴DEA'C，
要使DE最小，只需A'C最小，此时A'、C、B共线，A'C的最小值为A'B﹣BC＝AB﹣BC＝2，
∴DE最小为A'C＝1．
【点评】本题考查直角三角形的旋转变换，涉及勾股定理、平行线分线段成比例、等腰三角形判定、全等三角形判定与性质等知识，综合性较强，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

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