人教培优易错试卷旋转辅导专题训练含详细答案

一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图所示，

(1)正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A，∠EAF=90°，连接BE、DF．将Rt△AEF绕点A旋转，在旋转过程中，BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系？结合图(1)给予证明；

(2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰Rt△AEF变为Rt△AEF，且AD=kAB，AF=kAE，其他条件不变．(1)中的结论是否发生变化？结合图(2)说明理由；

(3)将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD，将Rt△AEF变为△AEF，且∠BAD=∠EAF=a，其他条件不变．(2)中的结论是否发生变化？结合图(3)，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用k表示出线段BE、DF的数量关系，用a表示出直线BE、DF形成的锐角β．

【答案】（1）DF=BE且DF⊥BE，证明见解析；（2）数量关系改变，位置关系不变，即DF=kBE，DF⊥BE；（3）不改变．DF=kBE，β=180°-α

【解析】

【分析】

（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF＝AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互余，所以∠BAE＝∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF＝90°，所以DF⊥BE；

（2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF＝kBE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF＝90°，所以DF⊥BE；

（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF＝180°，所以DF与BE的夹角β＝180°﹣α．

【详解】

（1）DF与BE互相垂直且相等．

证明：延长DF分别交AB、BE于点P、G

在正方形ABCD和等腰直角△AEF中

AD＝AB，AF＝AE，

∠BAD＝∠EAF＝90° ∴∠FAD＝∠EAB

∴△FAD≌△EAB

∴∠AFD＝∠AEB，DF＝BE

∵∠AFD+∠AFG＝180°，

∴∠AEG+∠AFG＝180°，

∵∠EAF＝90°，

∴∠EGF＝180°﹣90°＝90°，

∴DF⊥BE

（2）数量关系改变，位置关系不变．DF＝kBE，DF⊥BE．

延长DF交EB于点H，

∵AD＝kAB，AF＝kAE

∴ADkAB，AFkAE

∴ADAFABAE

∵∠BAD＝∠EAF＝a

∴∠FAD＝∠EAB

∴△FAD∽△EAB

∴DFAFkBEAE

∴DF＝kBE

∵△FAD∽△EAB，

∴∠AFD＝∠AEB，

∵∠AFD+∠AFH＝180°，

∴∠AEH+∠AFH＝180°，

∵∠EAF＝90°，

∴∠EHF＝180°﹣90°＝90°，

∴DF⊥BE

（3）不改变．DF＝kBE，β＝180°﹣a．

延长DF交EB的延长线于点H，

∵AD＝kAB，AF＝kAE

∴ADkAB，AFkAE

∴ADAFABAE

∵∠BAD＝∠EAF＝a

∴∠FAD＝∠EAB

∴△FAD∽△EAB

∴DFAFkBEAE

∴DF＝kBE

由△FAD∽△EAB得∠AFD＝∠AEB

∵∠AFD+∠AFH＝180°

∴∠AEB+∠AFH＝180°

∵四边形AEHF的内角和为360°，

∴∠EAF+∠EHF＝180°

∵∠EAF＝α，∠EHF＝β

∴a+β＝180°∴β＝180°﹣a

【点睛】

本题（1）中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明；（2）（3）利用相似三角形的判定和性质证明，要解决本题，证明三角形全等和三角相似是解题的关键，也是难点所在．

2．如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点. 分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．

(1)求证：DE⊥AG；

(2)正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转角(0°< <360°)得到正方形，如图2．

①在旋转过程中，当∠是直角时，求的度数；(注明：当直角边为斜边一半时，这条直角边所对的锐角为30度)

②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求长的最大值和此时的度数，直接写出结果不必说明理由．

【答案】（1）DE⊥AG （2）①当∠为直角时，α=30°或150°.②315°

【解析】

分析：（1）延长ED交AG于点H，证明≌，根据等量代换证明结论；

（2）根据题意和锐角正弦的概念以及特殊角的三角函数值得到，分两种情况求出的度数；

（3）根据正方形的性质分别求出OA和OF的长，根据旋转变换的性质求出AF′长的最大值和此时的度数．

详解：如图1，延长ED交AG于点H，

点O是正方形ABCD两对角线的交点，

，

，

在和中，

，

≌，

，

，

，

，

即；

在旋转过程中，成为直角有两种情况：

Ⅰ由增大到过程中，当时，

，

在中，sin∠AGO=，

，

，

，

，

即；

Ⅱ由增大到过程中，当时，

同理可求，

．

综上所述，当时，或．

如图3，

当旋转到A、O、在一条直线上时，的长最大，

正方形ABCD的边长为1，

，

，

，

，

， ，

此时．

点睛：考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角形函数，旋转变换的性质的综合应用，有一定的综合性，注意分类讨论的思想.

3．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P处，再折出PB、PC，最后用笔画出△PBC(图1)．

（1）求证：图1中的 PBC是正三角形：

（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN，其中IJ=6cm，

且HM=JN．

①求证：IH=IJ

②请求出NJ的长；

（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边的长度a变化时，在矩形纸片上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示意图(作图工具不限，能说明问题即可)，并直接写出对应的a的取值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②12-63（3）33＜a＜43，a＞43

【解析】

分析：（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即可；

（2）①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得；②IJ上取一点Q，使QI=QN，由Rt△IHM≌Rt△IJN知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x，则IQ=QN=2x、QJ=3x，根据IJ=IQ+QJ求出x即可得；

（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可．

（1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF

∴PB=PC

∵沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P处

∴PB=BC

∴PB=PC=BC

∴△PBC是正三角形：

（2）证明：①如图

∵矩形AHIJ

∴∠H=∠J=90°

∵△MNJ是等边三角形

∴MI=NI

在Rt△MHI和Rt△JNI中

MINIMHNJ

∴Rt△MHI≌Rt△JNI（HL）

∴HI=IJ

②在线段IJ上取点Q，使IQ=NQ

∵Rt△IHM≌Rt△IJN，

∴∠HIM=∠JIN，

∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°，

∴∠HIM=∠JIN=15°，

由QI=QN知∠JIN=∠QNI=15°，

∴∠NQJ=30°，

设NJ=x，则IQ=QN=2x，QJ=22=3QNNJx，

∵IJ=6cm，

∴2x+3x=6，

∴x=12-63，即NJ=12-63（cm）．

（3）分三种情况：

①如图：

设等边三角形的边长为b，则0＜b≤6， 则tan60°=3=2ab，

∴a=32b，

∴0＜b≤632=33；

②如图

当DF与DC重合时，DF=DE=6，

∴a=sin60°×DE=632=33，

当DE与DA重合时，a=6643sin6032，

∴33＜a＜43；

③如图

∵△DEF是等边三角形

∴∠FDC=30°

∴DF=6643cos3032

∴a＞43

点睛：本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．

4．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（8，0），点B（0，6），把△ABO绕点B逆时针旋转得△A′B′O′，点A、O旋转后的对应点为A′、O′，记旋转角为α．

（1）如图1，若α=90°，则AB=

，并求AA′的长；

（2）如图2，若α=120°，求点O′的坐标；

（3）在（2）的条件下，边OA上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+BP′取得最小值时，直接写出点P′的坐标．

【答案】（1）10，102 ；（2）（33，9）；（3）1235455（，）

【解析】

试题分析：(1)、如图①，先利用勾股定理计算出AB=5，再根据旋转的性质得BA=BA′，∠ABA′=90°，则可判定△ABA′为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质求AA′的长；(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②，利用旋转的性质得BO=BO′=3，∠OBO′=120°，则∠HBO′=60°，再在Rt△BHO′中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出BH和O′H的长，然后利用坐标的表示方法写出O′点的坐标；(3)、由旋转的性质得BP=BP′，则O′P+BP′=O′P+BP，作B点关于x轴的对称点C，连结O′C交x轴于P点，如图②，易得O′P+BP=O′C，利用两点之间线段最短可判断此时O′P+BP的值最小，接着利用待定系数法求出直线O′C的解析式为y=x﹣3，从而得到P（，0），则O′P′=OP=，作P′D⊥O′H于D，然后确定∠DP′O′=30°后利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出P′D和DO′的长，从而可得到P′点的坐标．

试题解析：(1)、如图①， ∵点A（4，0），点B（0，3）， ∴OA=4，OB=3，

∴AB==5，

∵△ABO绕点B逆时针旋转90°，得△A′BO′， ∴BA=BA′，∠ABA′=90°，

∴△ABA′为等腰直角三角形， ∴AA′=BA=5；

(2)、作O′H⊥y轴于H，如图②， ∵△ABO绕点B逆时针旋转120°，得△A′BO′，

∴BO=BO′=3，∠OBO′=120°， ∴∠HBO′=60°， 在Rt△BHO′中，∵∠BO′H=90°﹣∠HBO′=30°，

∴BH=BO′=，O′H=BH=， ∴OH=OB+BH=3+， ∴O′点的坐标为