中考数学压轴题专题旋转的经典综合题及答案解析

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 ∴∴

ADAFk，k ABAEADAF ABAE∵∠BAD＝∠EAF＝a ∴∠FAD＝∠EAB ∴△FAD∽△EAB

DFAFk BEAE∴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 ∴∴

ADAFk，k ABAEADAF ABAE∵∠BAD＝∠EAF＝a ∴∠FAD＝∠EAB ∴△FAD∽△EAB

DFAFk BEAE∴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，在□ABCD中，AB=6，∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上，连接AE，把△ABE沿AE折叠，使点B与AD上的点F重合，连接EF. (1)求证：四边形ABEF是菱形；

(2)如图2，点M是BC上的动点，连接AM，把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN，连接FN，求FN的最小值(用含的代数式表示).

sin(【答案】（1）详见解析；（2）FE·【解析】 【分析】

－90°)

(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE，所以∠FAE=∠BEA，由折叠的性质得

∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA，故有AB∥FE，因此四边形ABEF是平行四边形，又BE=EF,因此可得结论；

(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG＝90°－∠FEN＝【详解】

（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠FAE=∠BEA，

由折叠的性质得∠BAE=∠FAE，∠BEA=∠FEA, BE=EF， ∴∠BAE=∠FEA， ∴AB∥FE，

∴四边形ABEF是平行四边形， 又BE=EF，

∴四边形ABEF是菱形；

（2）①如图1，当点M在线段BE上时，在射线MC上取点G，使MG＝AB，连接GN、EN.

－90°，再根据垂线段最短，求出FN的最小值即可.

，利用菱形的性质得到

∵∠AMN＝∠B＝，∠AMN+∠2＝∠1+∠B ∴∠1＝∠2

又AM＝NM，AB＝MG ∴△ABM≌△MGN

∴∠B＝∠3，NG＝BM ∵MG＝AB＝BE ∴EG＝AB＝NG

∴∠4=∠ENG= (180°－)＝90°－ 又在菱形ABEF中，AB∥EF ∴∠FEC＝∠B=

∴∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－ )＝

－90°

②如图2，当点M在线段EC上时，在BC延长线上截取MG＝AB，连接GN、EN.

同理可得：∠FEN＝∠FEC－∠4=－ (90°－综上所述，∠FEN＝

－90°

)＝－90°

∴当点M在BC上运动时，点N在射线EH上运动(如图3) sin(当FN⊥EH时，FN最小，其最小值为FE·【点睛】

本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题，解题的关键是分类讨论得出∠FEN＝

－90°，再运用垂线段最短求出FN的最小值.

－90°)

3．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC．点D、E分别在AC、BC边上，DC＝EC，连接DE、AE、BD．点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN．

（1）PM与BE的数量关系是 ，BE与MN的数量关系是 ．

（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到如图2的位置，判断（1）中BE与MN的数量关系结论

是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；

（3）若CB＝6．CE＝2，在将图1中的△DEC绕点C逆时针旋转一周的过程中，当B、E、D三点在一条直线上时，求MN的长度． 【答案】（1）PM1或17+1 【解析】 【分析】

（1）如图1中，只要证明PMN的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；

（2）如图2中，结论仍然成立，连接AD、延长BE交AD于点H.由ECBDCA，推出BEAD，DACEBC，即可推出BHAD，由M、N、P分别AE、

1BE,BE2MN；（2）成立，理由见解析；（3）MN＝17﹣2BD、AB的中点，推出PM//BE，PM11BE，PN//AD，PNAD，推出222MN2MN； 2PMPN，MPN90，可得BE2PM2（3）有两种情形分别求解即可. 【详解】 （1）如图1中，

∵AM＝ME，AP＝PB，

1BE， 2∵BN＝DN，AP＝PB，

∴PM∥BE，PM1AD， 2∵AC＝BC，CD＝CE， ∴AD＝BE， ∴PM＝PN， ∵∠ACB＝90°， ∴AC⊥BC，

∴∵PM∥BC，PN∥AC， ∴PM⊥PN，

∴PN∥AD，PN∴△PMN的等腰直角三角形， ∴MN∴MN∴BE2PM，

12BE， 22MN，

1BE，BE2MN． 2（2）如图2中，结论仍然成立．

故答案为PM

理由：连接AD、延长BE交AD于点H． ∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形， ∴CD＝CE，CA＝CB，∠ACB＝∠DCE＝90°， ∵∠ACB﹣∠ACE＝∠DCE﹣∠ACE， ∴∠ACD＝∠ECB， ∴△ECB≌△DCA， ∴BE＝AD，∠DAC＝∠EBC， ∵∠AHB＝180°﹣（∠HAB+∠ABH） ＝180°﹣（45°+∠HAC+∠ABH） ＝∠180°﹣（45°+∠HBC+∠ABH） ＝180°﹣90° ＝90°， ∴BH⊥AD，

∵M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，

11BE，PN∥AD，PNAD， 22∴PM＝PN，∠MPN＝90°，

∴PM∥BE，PM∴BE2PM22MN2MN． 2（3）①如图3中，作CG⊥BD于G，则CGGEDG2，

当D、E、B共线时，在Rt△BCG中，BG∴BEBGGE342， ∴MNBCCG62222234，

2BE171． 2②如图4中，作CG⊥BD于G，则CGGEDG2，

当D、E、B共线时，在Rt△BCG中，BG∴BEBGGE342， ∴MNBCCG62222234，

2BE171． 2综上所述，MN＝17﹣1或17+1． 【点睛】

本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题.

4．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．

5．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′=

1CD′=1． 2

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．

6．如图1，△ABC中，CA=CB，∠ACB=90°，直线l经过点C，AF⊥l于点F，BE⊥l于点E． （1）求证：△ACF≌△CBE；

（2）将直线旋转到如图2所示位置，点D是AB的中点，连接DE．若AB=42，∠CBE=30°，求DE的长．

【答案】（1）答案见解析；（2）26 【解析】

试题分析：（1）根据垂直的定义得到∠BEC=∠ACB=90°，根据全等三角形的性质得到∠EBC=∠CAF，即可得到结论；

（2）连接CD，DF，证得△BCE≌△ACF，根据全等三角形的性质得到BE=CF，CE=AF，证得△DEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到EF=2DE，EF=CE+BE，进而得到DE的长．

试题解析：解：（1）∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，

∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．

AFCBEC90在△BCE与△ACF中，∵EBCACF，∴△ACF≌△CBE（AAS）；

BCAC（2）如图2，连接CD，DF．∵BE⊥CE，∴∠BEC=∠ACB=90°，

∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACF=90°，∴∠EBC=∠CAF．∵AF⊥l于点F，∴∠AFC=90°．

AFCBEC90在△BCE与△CAF中，∵EBCACF，∴△BCE≌△CAF（AAS）；

BCAC∴BE=CF．∵点D是AB的中点，∴CD=BD，∠CDB=90°，∴∠CBD=∠ACD=45°，而

BECF∠EBC=∠CAF，∴∠EBD=∠DCF．在△BDE与△CDF中，∵EBDFCD，

BDCF∴△BDE≌△CDF（SAS），∴∠EDB=∠FDC，DE=DF．∵∠BDE+∠CDE=90°，∴∠FDC+∠CDE=90°，即∠EDF=90°，∴△EDF是等腰直角三角形，∴EF=2DE，∴EF=CE+CF=CE+BE．∵CA=CB，∠ACB=90°，AB=42，∴BC=4．又∵∠CBE=30°，∴CE=

EF2231BC=2，BE=3CE=23，∴EF=CE+BE=2+23，∴DE===2+6．

222

点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线的性质，证得△BCE≌△ACF是解题的关键．

7．边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1)，现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中， AB边交DF于点M，BC边交DG于点N. （1）求边DA在旋转过程中所扫过的面积；

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时(如图2)，求正方形ABCD旋转的度数； （3）如图3，设△MBN的周长为p，在旋转正方形ABCD的过程中，p值是否有变化？请证明你的结论.

【答案】（1）；（2）【解析】

；（3）不变化，证明见解析.

试题分析：（1）将正方形ABCD绕D点顺时针旋转，当A点第一次落在DF上时停止旋转，旋转过程中，DA旋转了面积.

（2）旋转过程中，当MN和AC平行时，根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为

.

和

.

可得结论.

，从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的

（3）延长BA交DE轴于H点，通过证明

（1）∵A点第一次落在DF上时停止旋转，∴DA旋转了∴DA在旋转过程中所扫过的面积为（2）∵MN∥AC，∴∴又∵又∵∴

.∴，∴

.∴

. ,∴

. .

.

,

.

.

∴旋转过程中，当MN和AC平行时，正方形ABCD旋转的度数为(3)不变化，证明如下：

如图， 延长BA交DE轴于H点，则

，

∴又∵∴又∵∴∴

.∴．

, ,∴

.

. ．

.

.∴

． ，

.

∴在旋转正方形ABCD的过程中，值无变化.

考点：1.面动旋转问题；2．正方形的性质；3.扇形面积的计算；4.全等三角形的判定和性质.

8．如图，点P是正方形ABCD内一点，点P到点A，B和D的距离分别为1，22，

10.△ADP沿点A旋转至△ABP′，连接PP′，并延长AP与BC相交于点Q.

(1)求证：△APP′是等腰直角三角形； (2)求∠BPQ的大小．

【答案】（1）证明见解析；（2）∠BPQ=45°． 【解析】 【分析】

（1）根据旋转的性质可知，△APD≌△AP′B，所以AP=AP′，∠PAD=∠P′AB，因为∠PAD+∠PAB=90°，所以∠P′AB+∠PAB=90°，即∠PAP′=90°，故△APP′是等腰直角三角形；

（2）根据勾股定理逆定理可判断△PP′B是直角三角形，再根据平角定义求出结果. 【详解】

（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， ∵△ADP沿点A旋转至△ABP′， ∴AP=AP′，∠PAP′=∠DAB=90°， ∴△APP′是等腰直角三角形； （2）∵△APP′是等腰直角三角形， ∴PP′=2PA=2，∠APP′=45°， ∵△ADP沿点A旋转至△ABP′，

∴PD=P′B=10，

在△PP′B中，PP′=2，PB=22，P′B=10， ∵（2）2+（22）2=（10）2， ∴PP′2+PB2=P′B2，

∴△PP′B为直角三角形，∠P′PB=90°， ∴∠BPQ=180°﹣∠APP′﹣∠P′PB=180°﹣45°﹣90°=45°． 【点睛】

本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理及逆定理的综合运用，有一定难度，关键是明确旋转的不变性．