九年级上册数学 旋转几何综合单元测试卷(解析版)

九年级上册数学 旋转几何综合单元测试卷（解析版）

一、初三数学 旋转易错题压轴题（难）

1．在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6．

（1）如图1，若将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，连接AD，则△ABD的面积为 ．

（2）如图2，点P为CA延长线上一个动点，连接BP，以P为直角顶点，BP为直角边作等腰直角△BPQ，连接AQ，求证：AB⊥AQ；

（3）如图3，点E，F为线段BC上两点，且∠CAF＝∠EAF＝∠BAE，点M是线段AF上一个动点，点N是线段AC上一个动点，是否存在点M，N，使CM+NM的值最小，若存在，求出最小值：若不存在，说明理由．

【答案】（1）36；（2）详见解析；（3）存在，最小值为3．

【解析】

【分析】

（1）根据旋转的性质得到△ABD是等腰直角三角形，求得AD＝2BC＝12，根据三角形的面积公式即可得到结论；

（2）如图2，过Q作QH⊥CA交CA的延长线于H，根据等腰直角三角形的性质，得到PQ＝PB，∠BPQ＝90°，根据全等三角形的性质得到PH＝BC，QH＝CP，求得CP＝AH，得到∠HAQ＝45°，于是得到∠BAQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，即可得到结论；

（3）根据已知条件得到∠CAF＝∠EAF＝∠BAE＝15°，求得∠EAC＝30°，如图3，作点C关于AF的对称点D，过D作DN⊥AC于N交AF于M，则此时，CM+NM的值最小，且最小值＝DN，求得AD＝AC＝6，根据直角三角形的性质即可得到结论．

【详解】

解：（1）∵将线段AB绕点B逆时针旋转90°得到线段BD，

∴△ABD是等腰直角三角形，

∵∠ACB＝90°，

∴BC⊥AD，

∴AD＝2BC＝12，

∴△ABD的面积＝12AD•BC＝1212×6＝36，

故答案为：36；

（2）如图，过Q作QH⊥CA交CA的延长线于H，

∴∠H＝∠C＝90°，

∵△BPQ是等腰直角三角形，

∴PQ＝PB，∠BPQ＝90°，

∴∠HPQ+∠BPC＝∠QPH+∠PQH＝90°，

∴∠PQH＝∠BPC，

∴△PQH≌△BPC（AAS），

∴PH＝BC，QH＝CP，

∵AC＝BC，

∴PH＝AC，

∴CP＝AH，

∴QH＝AH，

∴∠HAQ＝45°，

∵∠BAC＝45°，

∴∠BAQ＝180°﹣45°﹣45°＝90°，

∴AB⊥AQ；

（3）如图，作点C关于AF的对称点D，过D作DN⊥AC于N交AF于M，

∵∠CAF＝∠EAF＝∠BAE，∠BAC＝45°，

∴∠CAF＝∠EAF＝∠BAE＝15°，

∴∠EAC＝30°，

则此时，CM+NM的值最小，且最小值＝DN，

∵点C和点D关于AF对称，

∴AD＝AC＝6，

∵∠AND＝90°，

∴DN＝12AD＝126＝3，

∴CM+NM最小值为3．

【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质，正确的作出作辅助线构造全等三角形是解题的关键．

2．如图一，矩形ABCD中，AB=m，BC=n，将此矩形绕点B顺时针方向旋转θ（0°＜θ＜90°）得到矩形A1BC1D1，点A1在边CD上．

（1）若m=2，n=1，求在旋转过程中，点D到点D1所经过路径的长度；

（2）将矩形A1BC1D1继续绕点B顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2，点D2在BC的延长线上，设边A2B与CD交于点E，若161AEEC，求nm的值．

（3）如图二，在（2）的条件下，直线AB上有一点P，BP=2，点E是直线DC上一动点，在BE左侧作矩形BEFG且始终保持BEnBGm，设AB=33，试探究点E移动过程中，PF是否存在最小值，若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）56；（2）33；（3）存在，63

【解析】

【分析】

（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．解直角三角形，求出∠ABA1，得到旋转角即可解决问题；

（2）由△BCE∽△BA2D2，推出222ADCEnCBABm，可得CE=2nm，由161AEEC推出16ACEC，推出A1C=26nm•，推出BH=A1C=26nm•，然后由勾股定理建立方程，解方程即可解决问题；

（3）当A、P、F，D，四点共圆，作PF⊥DF，PF与CD相交于点M，作MN⊥AB，此时PF的长度为最小值；先证明△FDG∽△FME，得到33FGFFMFED，再结合已知条件和解直角三角形求出PM和FM的长度，即可得到PF的最小值.

【详解】

解：（1）作A1H⊥AB于H，连接BD，BD1，则四边形ADA1H是矩形．

∴AD=HA1=n=1，

在Rt△A1HB中，∵BA1=BA=m=2，

∴BA1=2HA1，

∴∠ABA1=30°，

∴旋转角为30°，

∵BD=22125，

∴D到点D1所经过路径的长度=30551806；

（2）∵△BCE∽△BA2D2，

∴222ADCEnCBABm，

∴2nCEm，

∵161EAEC，

∴16ACEC，

∴A1C=26nm，

∴BH=A1C=2226nmnm，

∴42226nmnm，

∴m4﹣m2n2=6n4，

∴242416nnmm•，

∴33nm（负根已舍去）．

（3）当A、P、F，D，四点共圆，作PF⊥DF，PF与CD相交于点M，作MN⊥AB，此时PF的长度为最小值；

由（2）可知，33BEnBGm，

∵四边形BEFG是矩形，

∴33FGFE，

∵∠DFG+∠GFM=∠GFM+∠MFE=90°，

∴∠DFG=∠MFE，

∵DF⊥PF，即∠DFM=90°，

∴∠FDM+∠GDM=∠FDM+∠DFM=∠FDM+90°，

∴∠FDG=∠FME，

∴△FDG∽△FME，

∴33FGFFMFED，

∵∠DFM=90°，tan33FDFMDFM，

∴∠FDM=60°，∠FMD=30°，

∴32FMDM；

在矩形ABCD中，有33ADAB，

即3333AD，则3AD，

∵MN⊥AB，

∴四边形ANMD是矩形，

∴MN=AD=3，

∵∠NPM=∠DMF=30°，

∴PM=2MN=6，

∴NP=33AB，

∴DM=AN=BP=2，

∴332322FMDM，

∴63PFPMMF；

【点睛】

本题考查点的运动轨迹，旋转变换、解直角三角形、弧长公式、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于压轴题，中考常考题型．正确作出辅助线，正确确定动点的位置，注意利用数形结合的思想进行解题.

3．阅读下面材料：

小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．

小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．

参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：

（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；

（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．

【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴

【解析】

试题分析：(1)如图，△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，利用全等的知识可知，要使EF=BE+DF，即EF=DG+DF，即要F、D、G三点共线，即∠ADG+∠ADF=180°，即∠B+∠D=180°．

(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合，通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG，由勾股定理即可求得DE的长．

(1)∠B+∠D=180°（或互补）．

(2)∵ AB=AC，

∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．

则∠B=∠ACG，BD=CG，AD=AG．

∵在△ABC中，∠BAC=90°，

∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于，即∠ECG=90°．

∴ EC2+CG2=EG2．

在△AEG与△AED中,

∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．

又∵AD=AG，AE=AE，

∴△AEG≌△AED ．

∴DE=EG．

又∵CG=BD,

∴ BD2+EC2=DE2．

∴．

考点：1．面动旋转问题；2．全等三角形的判定和性质；3．勾股定理．

4．请阅读下列材料：

问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB=3，PC=1、求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长．