中考数学压轴题专题复习——旋转的综合含详细答案

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).

【答案】（1）详见解析；（2）FE·sin(－90°)

【解析】

【分析】

(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°－，利用菱形的性质得到∠FEN＝－90°，再根据垂线段最短，求出FN的最小值即可.

【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.

∵∠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°－)＝－90°

综上所述，∠FEN＝－90°

∴当点M在BC上运动时，点N在射线EH上运动(如图3)

当FN⊥EH时，FN最小，其最小值为FE·sin(－90°)

【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.

2．在平面直角坐标系中，已知点A(0，4)，B(4，4)，点M，N是射线OC上两动点(OM＜

ON)，且运动过程中始终保持∠MAN＝45°，小明用几何画板探究其中的线段关系．

(1)探究发现：当点M，N均在线段OB上时(如图1)，有OM2+BN2＝MN2．

他的证明思路如下：

第一步：将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．

第二步：证明△APM≌△ANM，得MP＝MM．

第一步：证明∠POM＝90°，得OM2+OP2＝MP2．

最后得到OM2+BN2＝MN2．

请你完成第二步三角形全等的证明．

(2)继续探究：除(1)外的其他情况，OM2+BN2＝MN2的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

(3)新题编制：若点B是MN的中点，请你编制一个计算题(不标注新的字母)，并直接给出答案(根据编出的问题层次，给不同的得分)．

【答案】(1)见解析；(2)结论仍然成立，理由见解析；(3)见解析.

【解析】

【分析】

（1）将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN=OP．证明

△APM≌△ANM，再利用勾股定理即可解决问题；

（2）如图2中，当点M，N在OB的延长线上时结论仍然成立．证明方法类似（1）；（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．利用（2）中结论，构建方程即可解决问题．

【详解】

（1）如图1中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．

∵点A(0，4)，B(4，4)，

∴OA＝AB，∠OAB＝90°，

∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，

∴∠MAN＝∠MAP，

∵MA＝MA，AN＝AP，

∴△MAN≌△MAP(SAS)．

（2）如图2中，结论仍然成立．

理由：如图2中，将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO，连结PM，则有BN＝OP．

∵∠NAP＝∠OAB＝90°，∠MAN＝45°，

∴∠MAN＝∠MAP，

∵MA＝MA，AN＝AP，

∴△MAN≌△MAP(SAS)，

∴MN＝PM，

∵∠ABN＝∠AOP＝135°，∠AOB＝45°，

∴∠MOP＝90°，

∴PM2＝OM2+OP2，

∴OM2+BN2＝MN2；

（3）如图3中，若点B是MN的中点，求MN的长．

设MN＝2x，则BM＝BN＝x，

∵OA＝AB＝4，∠OAB＝90°，

∴OB＝2，

∴OM＝2﹣x，

∵OM2+BN2＝MN2．

∴2﹣x)2+x2＝(2x)2，

解得x＝﹣26或﹣2﹣6(舍弃)

∴MN＝﹣26．

【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和判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

3．在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），点B（﹣2，0），把△ABO绕点A逆时针旋转，得△AB′O′，点B、O旋转后的对应点为B′、O′．

（1）如图①，若旋转角为60°时，求BB′的长；

（2）如图②，若AB′∥x轴，求点O′的坐标；

（3）如图③，若旋转角为240°时，边OB上的一点P旋转后的对应点为P′，当O′P+AP′取得最小值时，求点P′的坐标（直接写出结果即可）

【答案】（1）252）点O′的坐标为（85

5

，

5

5

+4）；（3）点P′的坐标为（﹣

83 5，

36

5

．

【解析】

分析：（1）由点A、B的坐标可得出AB的长度，连接BB′，由旋转可知：AB=AB′，

∠BAB′=60°，进而可得出△ABB′为等边三角形，根据等边三角形的性质可求出BB′的长；（2）过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E，则△AO′E∽△ABO，根据旋转的性质结合相似三角形的性质可求出AE、O′E的长，进而可得出点O′的坐标；

（3）作点A关于x轴对称的点A′，连接A′O′交x轴于点P，此时O′P+AP′取最小值，过点O′作O′F⊥y轴，垂足为点F，过点P′作PM⊥O′F，垂足为点M，根据旋转的性质结合解直角三角形可求出点O′的坐标，由A、A′关于x轴对称可得出点A′的坐标，利用待定系数法即可求出直线A′O′的解析式，由一次函数图象上点的坐标特征可得出点P的坐标，进而可得出OP的长度，再在Rt△O′P′M中，通过解直角三角形可求出O′M、P′M的长，进而可得出此时点P′的坐标．

详解：（1）∵点A（0，4），点B（﹣2，0），∴OA=4，OB=2，

∴AB22

OA OB

5．

在图①中，连接BB′．

由旋转可知：AB=AB′，∠BAB′=60°，∴△ABB′为等边三角形，∴BB′=AB5

（2）在图②中，过点O′作O′D⊥x轴，垂足为D，交AB′于点E．

∵AB′∥x轴，O′E⊥x轴，∴∠O′EA=90°=∠AOB．

由旋转可知：∠B′AO′=∠BAO，AO′=AO=4，∴△AO′E∽△ABO，AE

AO

=

'O E

BO

=

'

AO

AB

，即

4AE ='2O E =25，∴AE =855，O

′E =455，∴O ′D =45

5

+4，∴点O ′的坐标为（

8545

，

+4）． （3）作点A 关于x 轴对称的点A ′，连接A ′O ′交x 轴于点P ，此时O ′P +AP ′取最小值，过点O ′作O ′F ⊥y 轴，垂足为点F ，过点P ′作PM ⊥O ′F ，垂足为点M ，如图3所示． 由旋转可知：AO ′=AO =4，∠O ′AF =240°﹣180°=60°，∴AF =12AO ′=2，O ′F =3

AO ′=23，∴点O ′（﹣23，6）．

∵点A （0，4），∴点A ′（0，﹣4）．

设直线A ′O ′的解析式为y =kx +b ，将A ′（0，﹣4）、O ′（﹣23，6）代入y =kx +b ，得：

4236b k b =-???-+=??，解得：5334

k b ?=-???=-?

，∴直线A ′O ′的解析式为y =﹣

53

x ﹣4． 当y =0时，有﹣53x ﹣4=0，解得：x =﹣43，∴点P （﹣43

，0），∴OP =O ′P ′=

435

． 在Rt △O ′P ′M 中，∠MO ′P ′=60°，∠O ′MP ′=90°，∴O ′M =12O ′P ′=23，P ′M =

3O ′P ′=65，∴点P ′的坐标为（﹣23+23，6+65），即（﹣8336

5

，）．

点睛：本题考查了函数图象及旋转变换、待定系数法求一次函数解析式、等边三角形的判定与性质、一次函数图象上点的坐标特征以及解直角三角形，解题的关键是：（1）利用等边三角形的性质找出BB ′的长；（2）通过解直角三角形求出AE 、O ′E 的长；（3）利用两点之间线段最短找出当O ′P +AP ′取得最小值时点P 的位置．

4．如图1，在△ABC 中，CA=CB ，∠ACB=90°，D 是△ABC 内部一点，∠ADC=135°，将线段

CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，连接DE．

（1）①依题意补全图形；

②请判断∠ADC和∠CDE之间的数量关系，并直接写出答案．

（2）在（1）的条件下，连接BE，过点C作CM⊥DE，请判断线段CM，AE和BE之间的数量关系，并说明理由．

（3）如图2，在正方形ABCD中，AB=，如果PD=1，∠BPD=90°，请直接写出点A到BP 的距离．

【答案】（1）①作图见解析；②∠ADC+∠CDE=180°；（2）AE=BE+2CM，理由解析；

（3）．

【解析】

试题分析：（1）①作CE⊥CD，并且线段CE是将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到的，再连接DE即可；②根据∠ADC和∠CDE是邻补角，所以∠ADC+∠CDE=180°．

（2）由（1）的条件可得A、D、E三点在同一条直线上，再通过证明△ACD≌△BCE，易得AE=BE+2CM．

（3）运用勾股定理，可得出点A到BP的距离．

试题解析：解：（1）①依题意补全图形（如图）；

②∠ADC+∠CDE=180°．

（2）线段CM，AE和BE之间的数量关系是AE=BE+2CM，理由如下：

∵线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE，

∴CD=CE，∠DCE=90°．

∴∠CDE=∠CED=45°．

又∵∠ADC=135°，

∴∠ADC+∠CDE=180°，

∴A、D、E三点在同一条直线上．

∴AE=AD+DE．

又∵∠ACB=90°，

∴∠ACB－∠DCB=∠DCE－∠DCB，

即∠ACD=∠BCE．

又∵AC=BC，CD=CE，

∴△ACD≌△BCE．

∴AD=BE．

∵CD=CE，∠DCE=90°，CM⊥DE．

∴DE=2CM．

∴AE=BE+2CM．

（3）点A到BP的距离为．

考点：作图—旋转变换．

5．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E是边AC上任意一点（点E与点A，C不重合），以CE为一直角边作Rt△ECD，∠ECD=90°，连接BE，AD．

（1）若CA=CB，CE=CD

①猜想线段BE，AD之间的数量关系及所在直线的位置关系，直接写出结论；

②现将图1中的Rt△ECD绕着点C顺时针旋转锐角α，得到图2，请判断①中的结论是否仍然成立，若成立，请证明；若不成立，请说明理由；

（2）若CA=8,CB=6，CE=3，CD=4，Rt△ECD绕着点C顺时针转锐角α，如图3，连接BD，AE，计算的值．

【答案】（1）①BE=AD，BE⊥AD；②见解析；（2）125．

【解析】

试题分析：根据三角形全等的判定与性质得出BE=AD，BE⊥AD；设BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，根据∠ACB=∠ECD=90°得出∠ACD=∠BCE，然后结合AC=BC，CD=CE得出△ACD≌△BCE，则AD=BE，∠CAD=∠CBF，根据∠BFC=∠AFG，

∠BFC+∠CBE=90°得出∠AFG+∠CAD=90°，从而说明垂直；首先根据题意得出

△ACD∽△BCE，然后说明∠AGE=∠BGD=90°，最后根据直角三角形的勾股定理将所求的线段转化成已知的线段得出答案．

试题解析：（1）①解：BE=AD，BE⊥AD

②BE=AD，BE⊥AD仍然成立

证明：设BE与AC的交点为点F，BE与AD的交点为点G，如图1．

∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACD=∠BCE ∵AC=BC CD=CE ∴△ACD≌△BCE

∴AD=BE ∠CAD=∠CBF ∵∠BFC=∠AFG ∠BFC+∠CBE=90°∴∠AFG+∠CAD=90°

∴∠AGF=90°∴BE⊥AD

（2）证明：设BE与AC的交点为点F，BE的延长线与AD的交点为点G，如图2．

∵∠ACB=∠ECD=90°，∴∠ACD=∠BCE ∵AC=8，BC=6，CE=3，CD=4 ∴△ACD∽△BCE

∴∠CAD=∠CBE ∵∠BFC=∠AFG ∠BFC+∠CBE=90°∴∠AFG+∠CAD=90°

∴∠AGF=90°∴BE⊥AD ∴∠AGE=∠BGD=90°

∴，．∴．∵，，

∴

考点：三角形全等与相似、勾股定理．

6．如图1，在△ABC中，E、D分别为AB、AC上的点，且ED//BC，O为DC中点，连结EO 并延长交BC的延长线于点F，则有S四边形EBCD=S△EBF.

（1）如图2，在已知锐角∠AOB内有一个定点P．过点P任意作一条直线MN，分别交射线OA、OB于点M、N．将直线MN绕着点P旋转的过程中发现，当直线MN满足某个条件时，△MON的面积存在最小值．直接写出这个条件:_______________________.

（2）如图3，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B、C、P的坐标分别为（6，

0）、（6，3）、（，）、（4、2），过点P的直线l与四边形OABC一组对边相交，将四边形OABC分成两个四边形，求其中以点O为顶点的四边形面积的最大值．

【答案】（1）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，△MON的面积最小；（2）10.【解析】

试题分析：（1）当直线旋转到点P是MN的中点时S△MON最小，过点M作MG∥OB交EF 于G．由全等三角形的性质可以得出结论；

（2）①如图3①过点P的直线l 与四边形OABC 的一组对边 OC、AB分别交于点M、N，

由（1）的结论知，当PM=PN时，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大，S =S△OAD-S△MND.

四边形OANM

②如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N，利用S

=S△OCT-S△MN T，进而得出答案．

四边形OCMN

试题解析：（1）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，△MON的面积最小.

如图2，过点P的另一条直线EF交OA、OB于点E、F，设PF＜PE，过点M作MG∥OB交EF于G，

可以得出当P是MN的中点时S四边形MOFG=S△MON．

∵S四边形MOFG＜S△EOF，∴S△MON＜S△EOF.

∴当点P是MN的中点时S△MON最小.

（2）分两种情况：

①如图3①过点P的直线l 与四边形OABC 的一组对边 OC、AB分别交于点M、N．

延长OC、AB交于点D，易知AD = 6，S△OAD＝18 ．

由（1）的结论知，当PM=PN时，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大．过点P、M分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足分别为P1、M1．

由题意得M1P1=P1A = 2，从而OM1=MM1= 2．又P(4,2)，B(6,3)

∴P1A=M1P1="O" M1=P1P=2，M1M=OM=2，可证四边形MM1P1P是正方形．

∴MN∥OA，∠MND=90°，NM=4，DN=4．求得S△MND＝8.

∴.

② 如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N．

延长CB交x轴于T点，由B、C的坐标可得直线BC对应的函数关系式为 y =－x＋9 ．

则T点的坐标为（9，0）．

∴S△OCT=×9×=．

由(1)的结论知：当PM=PN时，△MNT的面积最小，此时四边形OCMN的面积最大．

过点P、M点分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足为P1，M1.

从而 NP1=P1M1，MM1=2PP1=4．

∴点M的横坐标为5，点P（4、2），P1M1= NP1= 1，TN =6．

∴S△MNT=×6×4=12，S四边形OCMN=S△OCT-S△MNT =-12=＜10．

综上所述：截得四边形面积的最大值为10．

考点：1.线动旋转问题；2.正方形的判定和性质；3.图形面积求法；4.分类思想的应用.

7．(1)问题发现

如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.

填空:线段AD,BE之间的关系为 .

(2)拓展探究

如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.

(3)解决问题

如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.

【答案】(1) AD=BE，AD⊥BE．(2) AD=BE，AD⊥BE．22．

【解析】

【分析】

（1）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），得AD=BE，∠EBC=∠CAD，延长BE 交AD于点F，由垂直定义得AD⊥BE．

（2）根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE（SAS），AD=BE，∠CAD=∠CBE，由垂直定义得∠OHB=90°，AD⊥BE；

（3）作AE⊥AP，使得AE=PA，则易证△APE≌△ACP，PC=BE，当P、E、B共线时，BE最小，最小值=PB-PE；当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE，故22【详解】

（1）结论：AD=BE，AD⊥BE．

理由：如图1中，

∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形， ∴AC=BC ，CE=CD ， ∠ACB=∠ACD=90°， 在Rt △ACD 和Rt △BCE 中

AC BC ACD BCE CD CE ??

∠∠???

＝＝＝ ∴△ACD ≌△BCE （SAS ）， ∴AD=BE ，∠EBC=∠CAD 延长BE 交AD 于点F ， ∵BC ⊥AD ， ∴∠EBC+∠CEB=90°， ∵∠CEB=AEF ， ∴∠EAD+∠AEF=90°， ∴∠AFE=90°，即AD ⊥BE ． ∴AD=BE ，AD ⊥BE ． 故答案为AD=BE ，AD ⊥BE ． （2）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．

理由：如图2中，设AD 交BE 于H ，AD 交BC 于O ．

∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形， ∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ECD=90°， ∴ACD=∠BCE ， 在Rt △ACD 和Rt △BCE 中

AC BC ACD BCE CD CE ??

∠∠???

＝＝＝， ∴△ACD ≌△BCE （SAS ）， ∴AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，

∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH ， ∴∠BOH+∠OBH=90°， ∴∠OHB=90°， ∴AD ⊥BE ， ∴AD=BE ，AD ⊥BE ．

（3）如图3中，作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ， ∴PC=BE ，

图3-1中，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值=PB-PE=5-32， 图

3-2中，当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值=PB+PE=5+32， ∴5-32≤BE≤5+32， 即5-32≤PC≤5+32．

【点睛】

本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．

8．如图1，O为直线AB上一点，OC为射线，∠AOC＝40°，将一个三角板的直角顶点放在点O处，一边OD在射线OA上，另一边OE与OC都在直线AB的上方．

（1）将三角板绕点O顺时针旋转，若OD恰好平分∠AOC（如图2），试说明OE平分

∠BOC；

（2）将三角板绕点O在直线AB上方顺时针旋转，当OD落在∠BOC内部，且∠COD＝

1

∠BOE时，求∠AOE的度数：

3

（3）将图1中的三角板和射线OC同时绕点O，分别以每秒6°和每秒2°的速度顺时针旋转一周，求第几秒时，OD恰好与OC在同一条直线上？

【答案】（1）证明见解析；（2）142.5°；（3）第10秒或第55秒时.

【解析】

【分析】

（1）由角平分线的性质及同角的余角相等，可得答案；

（2）设∠COD＝α，则∠BOE＝3α，由题意得关于α的方程，求解即可；

（3）分两种情况考虑：当OD与OC重合时；当OD与OC的反向延长线重合时．

【详解】

解：（1）∵OD恰好平分∠AOC

∴∠AOD＝∠COD

∵∠DOE＝90°

∴∠AOD+∠BOE＝90°，∠COD+∠COE＝90°

∴∠BOE＝∠COE

∴OE平分∠BOC．

（2）设∠COD＝α，则∠BOE＝3α，当OD在∠BOC的内部时，

∠AOD＝∠AOC+∠COD＝40°+α

∵∠AOD+∠BOE＝180°﹣90°＝90°

∴40°+α+3α＝90°

∴α＝12.5°

∴∠AOE＝180°﹣3α＝142.5°

∴∠AOE的度数为142.5°．

（3）设第t秒时，OD与OC恰好在同一条直线上，则∠AOD＝6t，∠AOC＝2t+40°；

当OD与OC重合时，6t﹣2t＝40°

∴t＝10（秒）；

当OD与OC的反向延长线重合时，6t﹣2t＝180°+40°

∴t＝55（秒）

∴第10秒或第55秒时，OD恰好与OC在同一条直线上．

【点睛】

本题主要考查角平分线的性质、余角的性质，角度的计算，进行分类讨论不漏解是关键.