一、旋转 真题与模拟题分类汇编(难题易错题)
1.如图1,在平面直角坐标系xOy 中,抛物线C :y =ax 2+bx +c 与x 轴相交于A ,B 两点,顶点为D (0,4),AB
=42,设点F (m ,0)是x 轴的正半轴上一点,将抛物线C 绕点F 旋转180°,得到新的抛物线C ′. (1)求抛物线C 的函数表达式;
(2)若抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,求m 的取值范围. (3)如图2,P 是第一象限内抛物线C 上一点,它到两坐标轴的距离相等,点P 在抛物线C ′上的对应点P ′,设M 是C 上的动点,N 是C ′上的动点,试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形?若能,求出m 的值;若不能,请说明理由.
【答案】(1)2
142
y x =-+;(2)2<m <23)m =6或m 173. 【解析】
试题分析:(1)由题意抛物线的顶点C (0,4),A (2,0),设抛物线的解析式为
24y ax =+,把A (220)代入可得a =1
2
-
,由此即可解决问题; (2)由题意抛物线C ′的顶点坐标为(2m ,﹣4),设抛物线C ′的解析式为
()2142y x m =--,由()22142
14
2y x y x m ?=-+????=--??,消去y 得到222280x mx m -+-=,由题
意,抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,则有()
222(4280
20280m m m ?-->??
>??->??
,
解不等式组即可解决问题;
(3)情形1,四边形PMP ′N 能成为正方形.作PE ⊥x 轴于E ,MH ⊥x 轴于H .由题意易知P (2,2),当△PFM 是等腰直角三角形时,四边形PMP ′N 是正方形,推出PF =FM ,∠PFM =90°,易证△PFE ≌△FMH ,可得PE =FH =2,EF =HM =2﹣m ,可得M (m +2,m ﹣2),理由待定系数法即可解决问题;情形2,如图,四边形PMP ′N 是正方形,同法可得
M (m ﹣2,2﹣m ),利用待定系数法即可解决问题.
试题解析:(1)由题意抛物线的顶点C (0,4),A (22,0),设抛物线的解析式为
24y ax
=+,把A (22,0)代入可得a =1
2
-
,∴抛物线C 的函数表达式为21
42
y x =-+.
(2)由题意抛物线C ′的顶点坐标为(2m ,﹣4),设抛物线C ′的解析式为
()2142y x m =--,由2142
1(4
2x y x y ?=-+????=-??,消去y 得到222280x mx m -+-= ,由题意,
抛物线C ′与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点,则有()
222(4280
20280m m m ?-->??
>??->??
,解得
2<m <22,∴满足条件的m 的取值范围为2<m <22. (3)结论:四边形PMP ′N 能成为正方形.
理由:1情形1,如图,作PE ⊥x 轴于E ,MH ⊥x 轴于H .
由题意易知P (2,2),当△PFM 是等腰直角三角形时,四边形PMP ′N 是正方形,∴PF =FM ,∠PFM =90°,易证△PFE ≌△FMH ,可得PE =FH =2,EF =HM =2﹣m ,∴M (m +2,m ﹣2),∵点M 在2142y x =-
+上,∴()2
12242
m m -=-++,解得m 173或173(舍弃),∴m 17﹣3时,四边形PMP ′N 是正方形.
情形2,如图,四边形PMP ′N 是正方形,同法可得M (m ﹣2,2﹣m ),把M (m ﹣2,2﹣m )代入2142y x =-
+中,()2
12242
m m -=--+,解得m =6或0(舍弃),∴m =6
时,四边形PMP′N是正方形.
综上所述:m=6或m=17﹣3时,四边形PMP′N是正方形.
2.在平面直角坐标系中,四边形AOBC是矩形,点O(0,0),点A(5,0),点B(0,3).以点A为中心,顺时针旋转矩形AOBC,得到矩形ADEF,点O,B,C的对应点分别为D,E,F.
(1)如图①,当点D落在BC边上时,求点D的坐标;
(2)如图②,当点D落在线段BE上时,AD与BC交于点H.
①求证△ADB≌△AOB;
②求点H的坐标.
(3)记K为矩形AOBC对角线的交点,S为△KDE的面积,求S的取值范围(直接写出结果即可).
【答案】(1)D(1,3);(2)①详见解析;②H(17
5
,3);(3)
30334
-
≤S 30334
+
【解析】
【分析】
(1)如图①,在Rt△ACD中求出CD即可解决问题;
(2)①根据HL证明即可;
②,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,在Rt△AHC中,根据AH2=HC2+AC2,构建方程求出m即可解决问题;
(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,求出面积的最小值以及最大值即可解决问题;
【详解】
(1)如图①中,
∵A(5,0),B(0,3),
∴OA=5,OB=3,
∵四边形AOBC是矩形,
∴AC=OB=3,OA=BC=5,∠OBC=∠C=90°,
∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到,
∴AD=AO=5,
在Rt△ADC中,CD=22
=4,
AD AC
∴BD=BC-CD=1,
∴D(1,3).
(2)①如图②中,
由四边形ADEF是矩形,得到∠ADE=90°,
∵点D在线段BE上,
∴∠ADB=90°,
由(1)可知,AD=AO,又AB=AB,∠AOB=90°,
∴Rt△ADB≌Rt△AOB(HL).
②如图②中,由△ADB≌△AOB,得到∠BAD=∠BAO,又在矩形AOBC中,OA∥BC,
∴∠CBA=∠OAB,
∴∠BAD=∠CBA,
∴BH=AH,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,
在Rt△AHC中,∵AH2=HC2+AC2,
∴m2=32+(5-m)2,
∴m=17
,
5
∴BH=17
5
,
∴H(17
5
,3).
(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,最小值=1
2
?DE?DK=
1
2
×3×
(5-34
)=
30334
-
,
当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,最大面积=1
2
×D′E′×KD′=
1
2
×3×
(3430334
+
30334
-
S
30334
+
【点睛】
本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,学会利用参数构建方程解决问题.
3.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=2b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)422)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=2,∠ACB=45°.
再CE=a=2∠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=2,∠ACB=45°.
∵CE=a=2∴∠CAE=∠AEC=45
2?
=22.5°,∴∠CAF=∠EAF-∠CAE=22.5°,
∴∠AFC=∠ACD-∠CAF=22.5°,∴∠CAF=∠AFC,∴b=AC=CF=42
(2)∵∠FAE=45°,∠ACB=45°,∴∠FAC+∠CAE=45°,∠CAE+∠AEC=45°,∴∠FAC =∠AEC.
又∵∠ACF=∠ECA=135°,∴△ACF∽△ECA,∴AC CF
EC CA
=,∴
42
442
=∴CF=
8,即b=8.(3)ab=32.
提示:由(2)知可证△ACF∽△ECA,∴∴AC CF
EC CA
=,∴
42
42
a
=,∴ab=32.
4.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 45°,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).
【答案】解:(1)CG=EG
(2)(1)中结论没有发生变化,即EG=CG.
证明:连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点.
在△DAG与△DCG中,
∵ AD=CD,∠ADG=∠CDG,DG=DG,
∴△DAG≌△DCG.
∴ AG=CG.
在△DMG与△FNG中,
∵∠DGM=∠FGN,FG=DG,∠MDG=∠NFG,
∴△DMG≌△FNG.
∴ MG=NG
在矩形AENM中,AM=EN.
在Rt△AMG 与Rt△ENG中,
∵ AM=EN, MG=NG,
∴△AMG≌△ENG.
∴ AG=EG
∴ EG=CG.
(3)(1)中的结论仍然成立.
【解析】
试题分析:(1)利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可证出CG=EG.
(2)结论仍然成立,连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点;再证明△DAG≌△DCG,得出AG=CG;再证出△DMG≌△FNG,得到MG=NG;再证明
△AMG≌△ENG,得出AG=EG;最后证出CG=EG.
(3)结论依然成立.还知道EG⊥CG;
试题解析:
解:(1)证明:在Rt△FCD中,
∵G为DF的中点,
∴,
同理,在Rt△DEF中,,
∴CG=EG;
(2)(1)中结论仍然成立,即EG=CG;
连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点,如图所示:
在△DAG与△DCG中,
∵AD=CD,∠ADG=∠CDG,DC=DC,
∴△DAG≌△DCG,
∴AG=CG,
在△DMG与△FNG中,
∵∠DGM=∠FGN,DG=FG,∠MDG=∠NFG,
∴△DMG≌△FNG,
∴MG=NG,
在矩形AENM中,AM=EN.,
在Rt△AMG与Rt△ENG中,
∵AM=EN,MG=NG,
∴△AMG≌△ENG,
∴AG=EG,
∴EG=CG,
(3)(1)中的结论仍然成立,即EG=CG且EG⊥CG。
过F作CD的平行线并延长CG交于M点,连接EM、EC,过F作FN垂直于AB于N,如图所示:
由于G 为FD 中点,易证△CDG ≌△MFG ,得到CD=FM ,
又因为BE=EF ,易证∠EFM=∠EBC ,则△EFM ≌△EBC ,∠FEM=∠BEC ,EM=EC ∵∠FEC+∠BEC=90°,
∴∠FEC+∠FEM=90°,即∠MEC=90°, ∴△MEC 是等腰直角三角形, ∵G 为CM 中点, ∴EG=CG ,EG ⊥CG 。
【点睛】本题解题关键是作出辅助线,且利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质,难度较大。
5.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
BC
=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)
【答案】()1 PC PE =成立 ()2 ,PC PE =成立 ()3当k 3
CPE 总是等边三角形 【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 PB
=,再根据点P 是BF 的中点,可得EM=MC ,据此得到PC=PE . (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 k BC =,AC
BC
=tan30°,求出当△CPE 总是等边三角形时,k 的值是多少即可. 【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 ,∴
EM FP
MC PB
=,∵点P 是BF 的中点,∴EM=MC ,又∵PM ⊥CE ,∴PC=PE ;
(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 , ∴
DM FP
MC PB
=, ∵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°, ∵
AC k BC ,AC
BC
=tan30°, ∴k=tan30°=3
3
, ∴当k 为
3
时,△CPE 总是等边三角形.
【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.
6.(1)观察猜想
如图(1),在△ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC,点D 是BC 的中点.以点D 为顶点作正方形DEFG ,使点A ,C 分别在DG 和DE 上,连接AE ,BG ,则线段BG 和AE 的数量关系是_____; (2)拓展探究
将正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转一定角度后(旋转角度大于0°,小于或等于360°),如图2,则(1)中的结论是否仍然成立?如果成立,请予以证明;如果不成立,请说明理由.
(3)解决问题
若BC=DE=2,在(2)的旋转过程中,当AE为最大值时,直接写出AF的值.
【答案】(1)BG=AE.
(2)成立.
如图②,
连接AD.∵△ABC是等腰三直角角形,∠BAC=90°,点D是BC的中点.
∴∠ADB=90°,且BD=AD.
∵∠BDG=∠ADB-∠ADG=90°-∠ADG=∠ADE,DG=DE.
∴△BDG≌△ADE,∴BG=AE.…………………………………………7分
(3)由(2)知,BG=AE,故当BG最大时,AE也最大.
正方形DEFG绕点D逆时针方向旋转270°时,BG最大,如图③.
若BC=DE=2,则AD=1,EF=2.
在Rt △AEF 中,AF 2=AE 2+EF 2=(AD +DE)2+EF 2=(1+2)2+22=13. ∴AF =
【解析】
解:(1)BG =AE . (2)成立. 如图②,连接AD .
∵△ABC 是等腰三直角角形,∠BAC =90°,点D 是BC 的中点. ∴∠ADB =90°,且BD =AD .
∵∠BDG =∠ADB -∠ADG =90°-∠ADG =∠ADE ,DG =DE . ∴△BDG ≌△ADE ,∴BG =AE .
(3)由(2)知,BG =AE ,故当BG 最大时,AE 也最大.Z+X+X+K]
因为正方形DEFG 在绕点D 旋转的过程中,G 点运动的图形是以点D 为圆心,DG 为半径的圆,故当正方形DEFG 旋转到G 点位于BC 的延长线上(即正方形DEFG 绕点D 逆时针方向旋转270°)时,BG 最大,如图③. 若BC =DE =2,则AD =1,EF =2.
在Rt △AEF 中,AF 2=AE 2+EF 2=(AD +DE)2+EF 2=(1+2)2+22=13. ∴AF =
.
即在正方形DEFG 旋转过程中,当AE 为最大值时,AF =
.
7.已知O 为直线MN 上一点,OP ⊥MN ,在等腰Rt △ABO 中,90BAO ∠=?,AC ∥OP 交OM 于C ,D 为OB 的中点,DE ⊥DC 交MN 于E .
(1) 如图1,若点B 在OP 上,则①AC OE (填“<”,“=”或“>”);②线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式是 ;
(2) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α(045α?<),如图2,那么(1)中的结论②是否成立?请说明理由;
(3) 将图1中的等腰Rt △ABO 绕O 点顺时针旋转α(),请你在图3中画出图形,并直接写出线段CA 、CO 、CD 满足的等量关系式 ;
【答案】(1)①=;②AC2+CO2=CD2;(2)(1)中的结论②不成立,理由见解析;(3)画图见解析;OC-CA=2CD.
【解析】
试题分析:(1)①如图1,证明AC=OC和OC=OE可得结论;②根据勾股定理可得:
AC2+CO2=CD2;(2)如图2,(1)中的结论②不成立,作辅助线,构建全等三角形,证明A、D、O、C四点共圆,得∠ACD=∠AOB,同理得:∠EFO=∠EDO,再证明
△ACO≌△EOF,得OE=AC,AO=EF,根据勾股定理得:AC2+OC2=FO2+OE2=EF2,由直角三角形中最长边为斜边可得结论;(3)如图3,连接AD,则AD=OD证明△ACD≌△OED,根据△CDE是等腰直角三角形,得CE2=2CD2,等量代换可得结论(OC﹣OE)2=(OC﹣AC)2=2CD2,开方后是:OC﹣AC=CD.
试题解析:(1)①AC=OE,
理由:如图1,∵在等腰Rt△ABO中,∠BAO=90°,∴∠ABO=∠AOB=45°,
∵OP⊥MN,∴∠COP=90°,∴∠AOC=45°,
∵AC∥OP,∴∠CAO=∠AOB=45°,∠ACO=∠POE=90°,∴AC=OC,
连接AD,
∵BD=OD,∴AD=OD,AD⊥OB,∴AD∥OC,∴四边形ADOC是正方形,∴∠DCO=45°,∴AC=OD,∴∠DEO=45°,∴CD=DE,∴OC=OE,
∴AC=OE;
②在Rt△CDO中,
∵CD2=OC2+OD2,∴CD2=AC2+OC2;
故答案为AC2+CO2=CD2;
(2)如图2,(1)中的结论②不成立,
理由是:
连接AD,延长CD交OP于F,连接EF,
∵AB=AO,D为OB的中点,∴AD⊥OB,∴∠ADO=90°,
∵∠CDE=90°,∴∠ADO=∠CDE,∴∠ADO﹣∠CDO=∠CDE﹣∠CDO,即∠ADC=∠EDO,∵∠ADO=∠ACO=90°,∴∠ADO+∠ACO=180°,∴A、D、O、C四点共圆,
∴∠ACD=∠AOB,
同理得:∠EFO=∠EDO,∴∠EFO=∠AOC,
∵△ABO是等腰直角三角形,∴∠AOB=45°,∴∠DCO=45°,∴△COF和△CDE是等腰直角三角形,
∴OC=OF,∵∠ACO=∠EOF=90°,∴△ACO≌△EOF,∴OE=AC,AO=EF,
∴AC2+OC2=FO2+OE2=EF2,
Rt△DEF中,EF>DE=DC,∴AC2+OC2>DC2,
所以(1)中的结论②不成立;
(3)如图3,结论:OC﹣CA=CD,
理由是:连接AD,则AD=OD,
同理:∠ADC=∠EDO,
∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°,∴∠CAB=∠AOC,
∵∠DAB=∠AOD=45°,∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC,
即∠DAC=∠DOE,∴△ACD≌△OED,∴AC=OE,CD=DE,∴△CDE是等腰直角三角形,∴CE2=2CD2,∴(OC﹣OE)2=(OC﹣AC)2=2CD2,∴OC﹣AC=CD,
故答案为OC﹣AC=CD.
考点:几何变换的综合题
8.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