一、旋转真题与模拟题分类汇编(难题易错题)
1.如图l,在AABC中,∠ACB=90°,点P为ΔABC内一点.
(1)连接PB,PC,将ABCP沿射线CA方向平移,得到ΔDAE,点B,C,P的对应点分别为点D、A、E,连接CE.
①依题意,请在图2中补全图形;②如果BP⊥CE,BP=3,AB=6,求CE的长
(2)如图3,以点A为旋转中心,将ΔABP顺时针旋转60°得到△AMN,连接PA、PB、PC,当AC=3,AB=6时,根据此图求PA+PB+PC的最小值.
【答案】(1)①补图见解析;②;(2)
【解析】
(1)①连接PB、PC,将△BCP沿射线CA方向平移,得到△DAE,点B、C、P的对应点分别为点D、A、E,连接CE,据此画图即可;②连接BD、CD,构造矩形ACBD和
Rt△CDE,根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行计算,即可求得CE的长;
(2)以点A为旋转中心,将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN,连接BN,根据△PAM、△ABN都是等边三角形,可得PA+PB+PC=CP+PM+MN,最后根据当C、P、M、N四点共射线,PA+PB+PC的值最小,此时△CBN是直角三角形,利用勾股定理即可解决问题.
解:(1)①补全图形如图所示;
②如图,连接BD、CD
∵△BCP沿射线CA方向平移,得到△DAE,
∴BC∥AD且BC=AD,
∵∠ACB=90°,
∴四边形BCAD是矩形,∴CD=AB=6,
∵BP=3,∴DE=BP=3,
∵BP⊥CE,BP∥DE,∴DE⊥CE,
∴在Rt△DCE中,;
(2)证明:如图所示,
当C、P、M、N四点共线时,PA+PB+PC最小
由旋转可得,△AMN≌△APB,
∴PB=MN
易得△APM、△ABN都是等边三角形,
∴PA=PM
∴PA+PB+PC=PM+MN+PC=CN,
∴BN=AB=6,∠BNA=60°,∠PAM=60°
∴∠CAN=∠CAB+∠BAN=60°+60°=120°,
∴∠CBN=90°
在Rt△ABC中,易得
∴在Rt△BCN中,
“点睛”本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用,解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形,依据图形的性质进行计算求解.
2.在Rt△ABC中,AB=BC=5,∠B=90°,将一块等腰直角三角板的直角顶点放在斜边AC的
中点O处,将三角板绕点O旋转,三角板的两直角边分别交AB,BC或其延长线于E,F两点,如图①与②是旋转三角板所得图形的两种情况.
(1)三角板绕点O旋转,△OFC是否能成为等腰直角三角形?若能,指出所有情况(即给出△OFC是等腰直角三角形时BF的长);若不能,请说明理由;
(2)三角板绕点O旋转,线段OE和OF之间有什么数量关系?用图①或②加以证明;(3)若将三角板的直角顶点放在斜边上的点P处(如图③),当AP:AC=1:4时,PE和PF 有怎样的数量关系?证明你发现的结论.
【答案】(1)△OFC是能成为等腰直角三角形,(2)OE=OF.(3)PE:PF=1:3.
【解析】
【小题1】由题意可知,①当F为BC的中点时,由AB=BC=5,可以推出CF和OF的长度,即可推出BF的长度,②当B与F重合时,根据直角三角形的相关性质,即可推出OF 的长度,即可推出BF的长度;
【小题2】连接OB,由已知条件推出△OEB≌△OFC,即可推出OE=OF;
【小题3】过点P做PM⊥AB,PN⊥BC,结合图形推出△PNF∽△PME,△APM∽△PNC,继而推出PM:PN=PE:PF,PM:PN=AP:PC,根据已知条件即可推出PA:AC=PE:PF=1:4.
3.在平面直角坐标系中,O为原点,点A(0,4),点B(﹣2,0),把△ABO绕点A逆时针旋转,得△AB′O′,点B、O旋转后的对应点为B′、O′.
(1)如图①,若旋转角为60°时,求BB′的长;
(2)如图②,若AB′∥x轴,求点O′的坐标;
(3)如图③,若旋转角为240°时,边OB上的一点P旋转后的对应点为P′,当O′P+AP′取得最小值时,求点P′的坐标(直接写出结果即可)
【答案】(1
)2)点O′
的坐标为(
5
,
5
+4);(3)点P′
的坐标为(﹣5
,36
5. 【解析】
分析:(1)由点A 、B 的坐标可得出AB 的长度,连接BB ′,由旋转可知:AB =AB ′,∠BAB ′=60°,进而可得出△ABB ′为等边三角形,根据等边三角形的性质可求出BB ′的长; (2)过点O ′作O ′D ⊥x 轴,垂足为D ,交AB ′于点E ,则△AO ′E ∽△ABO ,根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE 、O ′E 的长,进而可得出点O ′的坐标;
(3)作点A 关于x 轴对称的点A ′,连接A ′O ′交x 轴于点P ,此时O ′P +AP ′取最小值,过点O ′作O ′F ⊥y 轴,垂足为点F ,过点P ′作PM ⊥O ′F ,垂足为点M ,根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O ′的坐标,由A 、A ′关于x 轴对称可得出点A ′的坐标,利用待定系数法即可求出直线A ′O ′的解析式,由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P 的坐标,进而可得出OP 的长度,再在Rt △O ′P ′M 中,通过解直角三角形可求出O ′M 、P ′M 的长,进而可得出此时点P ′的坐标.
详解:(1)∵点A (0,4),点B (﹣2,0),∴OA =4,OB =2,∴AB
. 在图①中,连接BB ′.
由旋转可知:AB =AB ′,∠BAB ′=60°,∴△ABB ′为等边三角形,∴BB ′=AB
(2)在图②中,过点O ′作O ′D ⊥x 轴,垂足为D ,交AB ′于点E . ∵AB ′∥x 轴,O ′E ⊥x 轴,∴∠O ′EA =90°=∠AOB .
由旋转可知:∠B ′AO ′=∠BAO ,AO ′=AO =4,∴△AO ′E ∽△ABO ,
AE AO ='O E BO ='
AO AB
,即4AE ='2O E
∴AE
,O ′E
∴O ′D
+4,∴点O ′的坐标为
). (3)作点A 关于x 轴对称的点A ′,连接A ′O ′交x 轴于点P ,此时O ′P +AP ′取最小值,过点O ′作O ′F ⊥y 轴,垂足为点F ,过点P ′作PM ⊥O ′F ,垂足为点M ,如图3所示. 由旋转可知:AO ′=AO =4,∠O ′AF =240°﹣180°=60°,∴AF =12AO ′=2,O ′F
AO
∴点O ′(﹣
6).
∵点A (0,4),∴点A ′(0,﹣4).
设直线A ′O ′的解析式为y =kx +b ,将A ′(0,﹣4)、O ′(﹣
6)代入y =kx +b ,得:
46b b =-???-+=??
,解得:4
k b ?=???=-?
,∴直线A ′O ′的解析式为y =
﹣
3x ﹣4.
当y=0时,有﹣53
3
x﹣4=0,解得:x=﹣
43
5
,∴点P(﹣
43
5
,0),
∴OP=O′P′=43.
在Rt△O′P′M中,∠MO′P′=60°,∠O′MP′=90°,∴O′M=1
2
O′P′=
23
,
P′M=3
O′P′=
6
5
,∴点P′的坐标为(﹣23+
23
,6+
6
5
),即(﹣
8336
5
,).
点睛:本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形,解题的关键是:(1)利用等边三角形的性质找出BB′的长;(2)通过解直角三角形求出AE、O′E的长;(3)利用两点之间线段最短找出当O′P+AP′取得最小值时点P的位置.
4.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°,∠BD E′=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.
5.如图2,边长为2的等边△ABC内接于⊙O,△ABC绕圆心O顺时针方向旋转得到△,A′C′分别与AB、AC交于E、D点,设旋转角度为.
(1)当=,△A′B′C′与△ABC出现旋转过程中的第一次完全重合;
(2)当=60°时(如图1),该图()
A.是中心对称图形但不是轴对称图形
B.是轴对称图形但不是中心对称图形
C.既是轴对称图形又是中心对称图形
D.既不是轴对称图形也不是中心对称图形
(3)如图2,当,△ADE的周长是否会发生变化,如会变化,说明理由,如不会变化,求出它的周长.
【答案】(1)120°;(2)C;(3)△的周长不变.
【解析】
【分析】
(1)根据等边三角形的中心角为120°可直接求解;
(2)根据题意可知,当=60°时,点A、、B、、C、为⊙O的六等分点,,所有的三角形都是正三角形,由此可得到所有图形即是轴对称图形,又是中心对称图形;
(3)得到结论:周长不发生变化,连接A,根据弦相等,则它们所对的弧相等的性质可
得,即,再根据等弧所对的圆周角相等,得,由等角对等边的性质可得,同理,因此可求△的周长
==.
【详解】
解:(1)120°.
如图,可根据等边三角形的性质直接根据三角形的内角和求得∠O=120°;
(2)C
(3)△的周长不变;
理由如下:连接AA′,
∵,
∴,
∴,
∴,
∴,
同理,,
∴△的周长=.
即
考点:正多边形与圆,圆周角定理
6.如图1,正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE(AB<AE)在一条直线上,正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转,设旋转角为. 在旋转过程中,两个正方形只有点A 重合,其它顶点均不重合,连接BE、DG.
(1)当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时,求证:BE=DG;
(2)当点C在直线BE上时,连接FC,直接写出∠FCD 的度数;
(3)如图3,如果=45°,AB =2,AE=,求点G到BE的距离.
【答案】(1)证明见解析;(2)45°或135°;(3).
【解析】
试题分析:(1)根据正方形的性质可得AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠EAG=90°,再求出
∠BAE=∠DAG,然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等,根据全等三角形对应边相等证明即可.
(2)当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,据此求解即可.
(3)根据和求解即可.
试题解析:(1)如图2,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAE+∠EAD=90°.
∵四边形AEFG是正方形,∴AE=AG,∠EAD+∠DAG=90°.
∴∠BAE=∠DAG..
∴△ABE≌△ADG(SAS).
∴BE=DG..
(2)如图,当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,此时∠FCD 的度数为45°或135°.
(3)如图3,连接GB、GE.
由已知α=45°,可知∠BAE=45°.
又∵GE为正方形AEFG的对角线,∴∠AEG=45°.∴AB∥GE.
∵,∴GE =8.
∴.
过点B作BH⊥AE于点H.
∵AB=2,∴. ∴..
设点G到BE的距离为h.
∴.
∴.
∴点G到BE的距离为.
考点:1.旋转的性质;2.正方形的性质;3.全等三角形的判定和性质;4.平行的判定和性质;5.勾股定理;6.分类思想的应用.
7.在正方形 ABCD 中,M 是 BC 边上一点,且点 M 不与 B、C 重合,点 P 在射线 AM 上,将线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ,连接BP,DQ.
(1)依题意补全图 1;
(2)①连接 DP,若点 P,Q,D 恰好在同一条直线上,求证:DP2+DQ2=2AB2;
②若点 P,Q,C 恰好在同一条直线上,则 BP 与 AB 的数量关系为:.
【答案】(1)详见解析;(2)①详见解析;②BP=AB.
【解析】
【分析】
(1)根据要求画出图形即可;
(2)①连接BD,如图2,只要证明△ADQ≌△ABP,∠DPB=90°即可解决问题;
②结论:BP=AB,如图3中,连接AC,延长CD到N,使得DN=CD,连接AN,QN.由△ADQ≌△ABP,△ANQ≌△ACP,推出DQ=PB,∠AQN=∠APC=45°,由∠AQP=45°,推出∠NQC=90°,由CD=DN,可得DQ=CD=DN=AB;
【详解】
(1)解:补全图形如图 1:
(2)①证明:连接 BD,如图 2,
∵线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ,
∴AQ=AP,∠QAP=90°,
∵四边形 ABCD 是正方形,
∴AD=AB,∠DAB=90°,
∴∠1=∠2.
∴△ADQ≌△ABP,
∴DQ=BP,∠Q=∠3,
∵在 Rt△QAP 中,∠Q+∠QPA=90°,
∴∠BPD=∠3+∠QPA=90°,
∵在 Rt△BPD 中,DP2+BP2=BD2,又∵DQ=BP,BD2=2AB2,
∴DP2+DQ2=2AB2.
②解:结论:BP=AB.
理由:如图 3 中,连接 AC,延长 CD 到 N,使得 DN=CD,连接 AN,QN.
∵△ADQ ≌△ABP ,△ANQ ≌△ACP , ∴DQ=PB ,∠AQN=∠APC=45°, ∵∠AQP=45°, ∴∠NQC=90°, ∵CD=DN , ∴DQ=CD=DN=AB , ∴PB=AB . 【点睛】
本题考查正方形的性质,旋转变换、勾股定理等知识,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,属于中考压轴
8.如图,正方形ABCD ,点M 是线段CB 延长线一点,连结AM ,AB a ,AM b =
(1)将线段AM 沿着射线AD 运动,使得点A 与点D 重合,用代数式表示线段AM 扫过的平面部分的面积.
(2)将三角形ABM 绕着点A 旋转,使得AB 与AD 重合,点M 落在点N ,用代数式表示线段AM 扫过的平面部分的面积.
(3)将三角形ABM 顺时针旋转,使旋转后的三角形有一边与正方形的一边完全重合(第(2)小题的情况除外),请在如图中画出符合条件的3种情况,并写出相应的旋转中心和旋转角
【答案】(1)2a ;(2)2
14
b π或2
34
b π;(3)见解析 【解析】 【分析】
(1)根据平移的性质和平行四边形的面积计算即可; (2)根据扇形的面积计算即可;
(3)根据旋转的性质画出图形得出旋转中心和角度即可. 【详解】
解:(1)2AD DC a ?=
答:线段AM 扫过的平面部分的面积为2a
(2)三角形ABM 绕着点A 旋转,使得AB 与AD 重合,则三角形ABM 旋转的角度是90°或270° ∴°2°90360AMN
b S π?=
扇形或°2
°270360AMN b S π?=扇形 ∴214AMN S b π=
扇形或234
b π 答:扇形AMN 的面积为2
1
4
b π或2
34
b π
(3)如图1,旋转中心:AB 边的中点为O ,顺时针180
如图2,旋转中心:点B ,顺时针旋转90
如图3,旋转中心:正方形对角线交点O ,顺时针旋转90
【点睛】
本题考查了旋转的性质,关键是根据旋转前后两图形全等;对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角解答.
9.如图1,O 为直线AB 上一点,过点O 作射线OC ,AOC 30∠=,将一直角三角板
()M 30∠=的直角顶点放在点O 处,一边ON 在射线OA 上,另一边OM 与OC 都在直线
AB 的上方.
()1将图1中的三角板绕点O 以每秒5的速度沿逆时针方向旋转一周.如图2,经过t 秒
后,ON 落在OC 边上,则t =______秒(直接写结果).
()2如图2,三角板继续绕点O 以每秒5的速度沿逆时针方向旋转到起点OA 上.同时射线
OC 也绕O 点以每秒10的速度沿逆时针方向旋转一周,
①当OC 转动9秒时,求MOC ∠的度数. ②运动多少秒时,MOC 35∠=?请说明理由.
【答案】(1)6;(2)①45;②11秒或25秒,理由见解析. 【解析】 【分析】
(1)因为∠AOC=30°,所以ON 落在OC 边上时,三角板旋转了30°,即可求出旋转时间; (2)在整个旋转过程中,可以看做这样一个追及问题更容易理解,即:ON 绕点O 以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转,同时射线OC 也绕O 点以每秒10°的速度沿逆时针方向旋转; ①9秒时,∠NOC=45°,而OC 旋转了90°,所以∠MOC 的度数就是45°;
②∠MOC=35°时,应分OC 与OM 重合前35°与重合后35°两种情况考虑,分别进行求解即可. 【详解】
()1AOC 30∠=,
而三角板每秒旋转5,
∴当ON 落在OC 边上时,有5t 30=,
得t 6=, 故答案为6;
()2①当OC 转动9秒时,COA 30
109120∠=+?=,
而MOA 309059165∠=++?=, 又
MOC MOA COA ∠∠∠=-,
即:MOC 16512045∠=-=,
答:当OC 转动9秒时,MOC ∠的度数为45;
②设OC 运动起始位置为射线OP(如图1),运动t 秒时,MOC 35∠=,
则MOP 905t ∠=+,COP 10t ∠=,
当MOC 35∠=时,有()
905t 10t 35+-=或()
10t 905t 35-+=, 得t 11=或t 25=,
因为三角板与射线OC 都只旋转一周,所以不考虑再次追及的情况, 故当运动11秒或25秒时,MOC 35∠=. 【点睛】
本题考查的是用方程的思想解决角的旋转的问题,找准等量关系,正确列出一元一次方程是解题的关键.
10.如图,四边形ABCD 中,45ABC ADC ∠=∠=,将BCD ?绕点C 顺时针旋转一定角度后,点B 的对应点恰好与点A 重合,得到ACE ?.
(1)判断ABC ?的形状,并说明理由;
(2)若2AD =,3CD =,试求出四边形ABCD 的对角线BD 的长. 【答案】(1)ABC ?是等腰直角三角形,理由详见解析;(222 【解析】 【分析】
(1)利用旋转不变性证明A4BC 是等腰直角三角形.
(2)证明ACDE 是等腰直角三角形,再在Rt △ADE 中,求出AE 即可解决问题. 【详解】
解:(1)ABC ?是等腰直角三角形. 理由:∵BC CA =, ∴45CBA CAB ∠=∠=, ∴90ACB ∠=,
∴ACB ?是等腰直角三角形.
(2)如图:由旋转的性质可知:
90DCE ACB ∠=∠=,3CD CE ==,BD AE =,
∴32DE =,45CDE CED ∠=∠=, ∵45ADC ∠=,
∴454590ADE ∠=+=, ∴()
2
222
232
22AE AD DE =
+=+=,
∴22BD AE ==
.
【点睛】
本题考查旋转变换,勾股定理,等腰直角三角形的性质和判定等知识,解题的关键是熟练掌握基本知识,属于中考常考题型