【数学】数学旋转的专项培优 易错 难题练习题(含答案)及答案

第十八讲平移、对称、旋转趣题引路】如图18-1，已知△ABC内有一点M，沿着平行于边BC的直线运动到CA边上时，再沿着平行于AB的直线运动到BC边时，又沿着平行于AC直线运动到AB边时，再重复上述运动，试证：点M最后必能再经过原来的出发点证明设点M运动过程中依次与三角形的边相遇于点A1，B1，B2，C2，C3，A3，A4，B5，….易知△AC2B₂≌△A1CB1≌△A3C3B.按点M平移的路线，△A C2B2可由△A1CB1平移得到；△A3C3B可由△AC2B2平移得到；△A1CB1可由△A3C3B平移得到，此时，A3应平移至A4，所以A4与A1重合.而这时的平移方向恰与点M开始平移时的方向一致，因此从A3平移到A1的过程中必经过点M，这表明在第七步时，点M又回到了原来的出发点.图18-1知识拓展】1.平移、对称和旋转是解决平面几何问题常用的三种图形变换方法，它们零散地分布在初中几何教材之中.例如，平行四边形的对边可以看成是平行移动而形成，这里的平行移动，就是平移变换.2.一般地，把图形F上的所有点都按照一定的方向移动一定距离形成图形F'.则由F到F'的变换叫做平移变换，简称平移.由此可知，线段平移可以保持长短、方向不变，角、三角形等图形平移保持大小不变.将平面图形F变到关于直线l成轴对称的图形F'，这样的几何变换简称为对称，它可使线段、角大小不变.3.将平面图形F绕着平面内的一个定点O旋转一个定角a到图形F'，由F到F'的变换简称为旋转.旋转变换下两点之间的距离不变，两直线的夹角不变，且对应直线的夹角等于旋转角.4.运用平移、对称或旋转变换，能够集中图形中的已知条件，沟通各条件间的联系.例1 已知：如图18-2，△ABC中，AD平分∠CAB，交BC于D，过BC中点E作AD的平行线交AB于F，交CA的延长线于C.求证：2ACAB=CG=BF.图18-2解析直接证三角形全等或者用角平分线定理显然不能解决问题.注意到要证式的形式，条件中又有角平分线和中点，如果能切分BF、CG，使分出的两部分一部分是AB的一半，余下的是AC的一半，问题就解决了.由中点，我们不难想到中位线，两条有推论效力的辅助线（EH和EI）就产生了，H、I切分了BF、CG，由平行线性质∠1=∠2=∠3=∠4=∠6，再由中位线定理，等腰三角形的判定定理，切分后的结论不难证明.略证过E作AC、AB的平行线交AB、AC于H、I，由平行线性质及已知条件得，∠1=∠2=∠3=∠4=∠6， ∴EI =GI ，EH =FH .∵E 为BC 中点，EH ∥AC ，EI ∥AB ， ∴EI =2AB =BH ，EH =2AC=CI ， ∴EI =GI =2AB=BH ， FH =EH =2AC=CI . 由于BF =BH +FH ， CG =GI +CI ， ∴2ACAB =BF =CG .例2 如图18-3，E 是正方形ABCD 的BC 边上的一点，F 是∠DAE 的平分线与CD 的交点，求证：AE =FD +BE .图18-3解析 表面上看所要证等式的各边分布在正方形不同的边上，欲证它们之间的关系，似乎不可能.但我们可以将某一条边作适当的延伸，使等量关系转移（比如证某两个三角形全等，中位线的关系等）.此题中可将FD 延长至G ，使得DG =BE ，于是易证△AGD ≌△AEB ，则将AE 与AG ，BE 与GD 联系了起来，转而只需证明AG =GF ，即只要证明△AGF 为等腰三角形即可，由∠1=∠2，∠3=∠4及AB ∥CD 即证得.略证 延长FD 至G 使DG =BE ， ∵△ADG ≌△ABE ，∴AG =AE ，GD =BE ，∠1=∠2. 又∵ ∠3=∠4， ∴∠1+∠4=∠2+∠3. 由于DC ∥AB ，∴∠DFA =∠2+∠3， ∴∠1+∠4=∠DFA ， ∴GF =AG .即GD +DF =BE +FD =AE .例3 已知∠MON =40°，P 为∠MON 内一点，A 为OM 上一点，B 为ON 上的点，则△PAB 的周长取最小值时，求∠APB 的度数.图18-4解析 如图18-4，若在OM 上A 点固定，不难在ON 上找出点B （B 为P 关于ON 的对称点P ''与A 点的连线与ON 的交点），同样若在ON 上B 点已固定，则点P 关于OM 的对称点P'与B 点的连线与OM 交于A ，因此A 、B 应为P'P ''与0M 、ON 的交点，这时可求得∠A .解 作P'为P 关于OM 的对称点，P ''为P 关于ON 的对称点，连接P'P ''分别交OM 、ON 于A 、B 两点，则△PAB 周长为最小，这时△ABP 的周长等于P'P ''的长（连接两点间距离最短）.∵OM P P ⊥',ON P P ⊥''垂足分别为C 、D , ∴∠OCP =∠ODP =90°. ∵∠M O N=40°，∴∠CPD =180°-40°=140°.∴∠PP'P ''=∠P P ''P'=180°-140°=40°.由对称性可知：∠PAB =2∠P'，∠PBA =2∠P ''， ∴∠APB =180°-（∠PAB -∠PBA ）=180°-（2∠P'-2∠P ''）=100°.例4 如图18-5，在ABC 中，BC =h ，AB +AC =l ，由B ,C 向∠BAC 外角平分线作垂线，垂足为D 、E , 求证：BD ·CE =定值.图18-5解析 BC =h 是定值，AB +AC =l 是定值，要证BD ·CE 是定值，设法使BD ·CE 用h ,l 的代数式来表示，充分利用DE 是BAC 的外角平分线，构造对称图形，再利用勾股定理。

一、相似真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．如图所示，将二次函数y=x2+2x+1的图象沿x轴翻折，然后向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得到二次函数y=ax2+bx+c的图象．函数y=x2+2x+1的图象的顶点为点A．函数y=ax2+bx+c的图象的顶点为点B，和x轴的交点为点C，D（点D位于点C的左侧）．（1）求函数y=ax2+bx+c的解析式；（2）从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形，求构造的三角形是等腰三角形的概率；（3）若点M是线段BC上的动点，点N是△ABC三边上的动点，是否存在以AM为斜边的Rt△AMN，使△AMN的面积为△ABC面积的？若存在，求tan∠MAN的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）解：y=x2+2x+1=（x+1）2的图象沿x轴翻折，得y=﹣（x+1）2，把y=﹣（x+1）2向右平移1个单位，再向上平移4个单位，得y=﹣x2+4，∴所求的函数y=ax2+bx+c的解析式为y=﹣x2+4（2）解：∵y=x2+2x+1=（x+1）2，∴A（﹣1，0），当y=0时，﹣x2+4=0，解得x=±2，则D（﹣2，0），C（2，0）；当x=0时，y=﹣x2+4=4，则B（0，4），从点A，C，D三个点中任取两个点和点B构造三角形的有：△ACB，△ADB，△CDB，∵AC=3，AD=1，CD=4，AB= ，BC=2 ，BD=2 ，∴△BCD为等腰三角形，∴构造的三角形是等腰三角形的概率=（3）解：存在，易得BC的解析是为y=﹣2x+4，S△ABC= AC•OB= ×3×4=6，M点的坐标为（m，﹣2m+4）（0≤m≤2），①当N点在AC上，如图1，∴△AMN的面积为△ABC面积的，∴（m+1）（﹣2m+4）=2，解得m1=0，m2=1，当m=0时，M点的坐标为（0，4），N（0，0），则AN=1，MN=4，∴tan∠MAC= =4；当m=1时，M点的坐标为（1，2），N（1，0），则AN=2，MN=2，∴tan∠MAC= =1；②当N点在BC上，如图2，BC= =2 ，∵BC•AN= AC•BC，解得AN= ，∵S△AMN= AN•MN=2，∴MN= = ，∴∠MAC= ；③当N点在AB上，如图3，作AH⊥BC于H，设AN=t，则BN= ﹣t，由②得AH= ，则BH= ，∵∠NBG=∠HBA，∴△BNM∽△BHA，∴，即，∴MN= ，∵AN•MN=2，即•（﹣t）• =2，整理得3t2﹣3 t+14=0，△=（﹣3 ）2﹣4×3×14=﹣15＜0，方程没有实数解，∴点N在AB上不符合条件，综上所述，tan∠MAN的值为1或4或【解析】【分析】（1）将y=x2+2x+1配方成顶点式，根据轴对称的性质，可得出翻折后的函数解析式，再根据函数图像平移的规律：上加下减，左加右减，可得出答案。

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．已知△ABC是边长为4的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA=6，点D是射线OM 上的动点，当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE．（1）如图1，猜想：△CDE的形状是三角形．（2）请证明（1）中的猜想（3）设OD=m，①当6＜m＜10时，△BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由．②是否存在m的值，使△DEB是直角三角形，若存在，请直接写出m的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）等边；（2）详见解析；（3）3；②当m=2或14时，以D、E、B 为顶点的三角形是直角三角形．【解析】【分析】（1）由旋转的性质猜想结论；（2）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（3）①当6＜m＜10时，由旋转的性质得到BE=AD，于是得到C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，根据等边三角形的性质得到DE=CD，由垂线段最短得到当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，于是得到结论；②存在，分四种情况讨论：a）当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形；b）当0≤m＜6时，由旋转的性质得到∠ABE=60°，∠BDE＜60°，求得∠BED=90°，根据等边三角形的性质得到∠DEB=60°，求得∠CEB=30°，求得OD=OA﹣DA=6﹣4=2=m；c）当6＜m＜10时，此时不存在；d）当m＞10时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到m=14．【详解】（1）等边；（2）∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，∴∠DCE=60°，DC=EC，∴△CDE 是等边三角形．（3）①存在，当6＜t＜10时，由旋转的性质得：BE=AD，∴C△DBE=BE+DB+DE=AB+DE=4+DE，由（1）知，△CDE是等边三角形，∴DE=CD，∴C△DBE=CD+4，由垂线段最短可知，当CD⊥AB时，△BDE的周长最小，此时，CD=23，∴△BDE的最小周长=CD+4=23+4；②存在，分四种情况讨论：a）∵当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，∴当点D与点B重合时，不符合题意；b）当0≤m＜6时，由旋转可知，∠ABE=60°，∠BDE＜60°，∴∠BED=90°，由（1）可知，△CDE是等边三角形，∴∠DEB=60°，∴∠CEB=30°．∵∠CEB=∠CDA，∴∠CDA=30°．∵∠CAB=60°，∴∠ACD=∠ADC=30°，∴DA=CA=4，∴OD=OA﹣DA=6﹣4=2，∴m=2；c）当6＜m＜10时，由∠DBE=120°＞90°，∴此时不存在；d）当m＞10时，由旋转的性质可知，∠DBE=60°，又由（1）知∠CDE=60°，∴∠BDE=∠CDE+∠BDC=60°+∠BDC，而∠BDC＞0°，∴∠BDE＞60°，∴只能∠BDE=90°，从而∠BCD=30°，∴BD=BC=4，∴OD=14，∴m=14．综上所述：当m=2或14时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．2．如图1．在△ABC中，∠ACB＝90°，点P为△ABC内一点．（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．①依题意，请在图2中补全图形；②如果BP⊥CE，AB＋BP＝9，CE＝33，求AB的长．（2）如图3，以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接PA、PB、PC，当AC＝4，AB＝8时，根据此图求PA＋PB＋PC的最小值．【答案】⑴①见解析，②AB ＝6；⑵47.【解析】分析：（1）①根据题意补全图形即可；②连接BD 、CD ．根据平移的性质和∠ACB ＝90°，得到四边形BCAD 是矩形，从而有CD ＝AB ，设CD ＝AB ＝x ，则PB ＝DE ＝9x -， 由勾股定理求解即可；（2）当C 、P 、M 、N 四点共线时，PA ＋PB ＋PC 最小．由旋转的性质和勾股定理求解即可．详解：（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 ，PB ＝DE ．∵∠ACB ＝90°，∴四边形BCAD 是矩形，∴CD ＝AB ，设CD ＝AB ＝x ，则PB ＝9x -，DE ＝BP ＝9x -，∵BP ⊥CE ，BP ∥DE ，∴DE ⊥CE ，∴222CE DE CD +=，∴()()222339x x +-=， ∴6x =，即AB ＝6；（2）如图，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 ＝8，∠BNA ＝60°，∠PAM ＝60°，∴∠CAN ＝∠CAB ＋∠BAN ＝60°＋60°＝120°，∴∠CBN ＝90°．在Rt △ABC 中，易得：22228443BC AB AC --=∴在Rt△BCN中，22486447CN BC BN=+=+=．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、全等三角形的判定与性质、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．3．如图（1）所示，将一个腰长为2等腰直角△BCD和直角边长为2、宽为1的直角△CED 拼在一起．现将△CED绕点C顺时针旋转至△CE’D’，旋转角为a．（1）如图（2），旋转角a=30°时，点D′到CD边的距离D’A=______．求证：四边形ACED′为矩形；（2）如图（1），△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，在BC上如何取点G，使得GD’=E’D；并说明理由．（3）△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，∠CE’D=90°时，直接写出旋转角a的值．【答案】1【解析】分析：（1）过D′作D′N⊥CD于N．由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论．由D’A∥CE且D’A=CE=1，得到四边形ACED’为平行四边形．根据有一个角为90°的平行四边形是矩形，即可得出结论；（2）取BC中点即为点G，连接GD’．易证△DCE’≌△D’CG，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．（3）分两种情况讨论即可．详解：（1）D’A=1．理由如下：过D′作D′N⊥CD于N．∵∠NCD′=30°，CD′=CD=2，∴ND′= 12CD′=1．由已知，D’A∥CE，且D’A=CE=1，∴四边形ACED’为平行四边形．又∵∠DCE=90°，∴四边形ACED’为矩形；（2）如图，取BC中点即为点G，连接GD’．∵∠DCE=∠D’CE’=90°，∴∠DCE’=∠D’CG．又∵D’C= DC，CG=CE’，∴△DCE’≌△D’CG，∴GD’=E’D．（3）分两种情况讨论：①如图1．∵∠CE′D=90°，CD=2，CE′=1，∴∠CDE′=30°，∴∠E′CD=60°，∴∠E′CB=30°，∴旋转角=∠ECE′=180°+30°=210°．②如图2，同理可得∠E′CE=30°，∴旋转角=360°－30°=330°．点睛：本题考查了旋转的性质：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．4．如图①，在ABCD中，AB=10cm，BC=4cm，∠BCD=120°，CE平分∠BCD交AB于点E.点P从A点出发，沿AB方向以1cm/s的速度运动，连接CP，将△PCE绕点C逆时针旋转60°，使CE与CB重合，得到△QCB，连接PQ.（1）求证：△PCQ是等边三角形；（2）如图②，当点P在线段EB上运动时，△PBQ的周长是否存在最小值？若存在，求出△PBQ周长的最小值；若不存在，请说明理由；（3）如图③，当点P在射线AM上运动时，是否存在以点P、B、Q为顶点的直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由.（1）（2）（3）【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析；（3）t为2s或者14s.【解析】分析：（1）根据旋转的性质，证明△PCE≌△QCB，然后根据全等三角形的性质和等边三角形的判定证明即可；（2）利用平行四边形的性质证得△BCE为等边三角形，然后根据全等三角形的性质得到△PBQ的周长为4+CP，然后垂线段最短可由直角三角形的性质求解即可；（3）根据点的移动的距离，分类讨论求解即可.详解：（1）∵旋转∴△PCE≌△QCB∴CP=CQ，∠PCE =∠QCB，∵∠BCD=120°，CE平分∠BCD，∴∠PCQ=60°，∴∠PCE +∠QCE=∠QCB+∠QCE=60°，∴△PCQ为等边三角形.（2）存在∵CE平分∠BCD，∴∠BCE=60 ，∵在平行四边形ABCD 中，∴AB∥CD∴∠ABC=180°﹣120°=60°∴△BCE为等边三角形∴BE=CB=4∵旋转∴△PCE≌△QCB∴EP=BQ，∴C△PBQ=PB+BQ+PQ=PB+EP+PQ=BE+PQ=4+CP∴CP⊥AB时，△PBQ周长最小当CP⊥AB时，CP=BCsin60°=∴△PBQ周长最小为4＋（3）①当点B与点P重合时，P,B,Q不能构成三角形②当0≤t＜6时，由旋转可知，∠CPE=∠CQB，∠CPQ=∠CPB+∠BPQ=60°则：∠BPQ+∠CQB＝60°，又∵∠QPB+∠PQC+∠CQB+∠PBQ=180°∴∠CBQ=180°—60°—60°=60°∴∠QBP=60°，∠BPQ＜60°，所以∠PQB可能为直角由（1）知，△PCQ为等边三角形，∴∠PBQ=60°，∠CQB＝30°∵∠CQB＝∠CPB∴∠CPB=30°∵∠CEB＝60°，∴∠ACP＝∠APC=30°∴PA=CA=4，所以AP=AE-EP=6-4=2÷=s所以t＝212③当6＜t＜10时，由∠PBQ＝120°＞90°，所以不存在④当t＞10时，由旋转得：∠PBQ=60°，由（1）得∠CPQ=60°∴∠BPQ=∠CPQ+∠BPC=60°+∠BPC，而∠BPC＞0°，∴∠BPQ＞60°∴∠BPQ=90°，从而∠BCP=30°，∴BP=BC=4所以AP=14cm所以t=14s综上所述：t为2s或者14s时，符合题意。

②若①中菱形
的边长为 ，请直接写出当 PA PB PC 值最小时
的长。
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初二培数学优专题（2）
【变式】如图，四边形 ABCD 是正方形，△ABE 是等边三角形，M 为对 角线 BD（不含 B 点）上任意一点，将 BM 绕点 B 逆时针旋转 60°得到 BN，连 接 EN、AM、CM.
（Ⅰ） 求证：△AMB≌△ENB； （Ⅱ） ①当 M 点在何处时，AM＋CM 的值最小； ②当 M 点在何处时，AM＋BM＋CM 的值最小，并说明理由； （Ⅲ） 当 AM＋BM＋CM 的最小值为 3 1时，求正方形的边长.
初二培数学优专题（2）
旋转法求最值问题
（一）旋转法求最值问题的基本思路
要点：旋转，利用两点之间线段最短（三角形中，两边之和大 于第三边，两边之差小于第三边），共线时取最值
【例 1】阅读下面材料： 小伟遇到这样一个问题：如图 1，在△ABC(其中∠BAC 是一个可以变化 的角)中，AB＝2，AC＝4，以 BC 为边在 BC 的下方作等边△PBC，求 AP 的最大值.
∴tan∠ABC=
3 3
，
∴∠ABC=30°，
∵△AOB 绕点 B 顺时针方向旋转 60°，
∴△A′O′B 如图所示；
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初二培数学优专题（2）
∠A′BC=∠ABC+60°=30°+60°=90°， ∵∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°， ∴AB=2AC=2， ∵△AOB 绕点 B 顺时针方向旋转 60°，得到△A′O′B， ∴A′B=AB=2，BO=BO′，A′O′=AO， ∴△BOO′是等边三角形， ∴BO=OO′，∠BOO′=∠BO′O=60°， ∵∠AOC=∠COB=∠BOA=120°， ∴∠COB+∠BOO′=∠BO′A′+∠BO′O=120°+60°=180°， ∴C、O、A′、O′四点共线， 在 Rt△A′BC 中，A′C= 7 ， ∴OA+OB+OC=A′O′+OO′+OC=A′C= 7 ． 故答案为：