备战中考数学压轴题专题旋转的经典综合题附答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）

1．如图l，在AABC中，∠ACB=90°，点P为ΔABC内一点.

(1)连接PB，PC，将ABCP沿射线CA方向平移，得到ΔDAE，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，BP=3，AB=6，求CE的长

(2)如图3，以点A为旋转中心，将ΔABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接PA、PB、PC，当AC=3，AB=6时，根据此图求PA+PB+PC的最小值.

【答案】（1）①补图见解析；②；（2）

【解析】

（1）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，据此画图即可；②连接BD、CD，构造矩形ACBD和

Rt△CDE，根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行计算，即可求得CE的长；

（2）以点A为旋转中心，将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN，连接BN，根据△PAM、△ABN都是等边三角形，可得PA+PB+PC=CP+PM+MN,最后根据当C、P、M、N四点共射线，PA+PB+PC的值最小，此时△CBN是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题.

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，

∵∠ACB=90°，

∴四边形BCAD是矩形，∴CD=AB=6，

∵BP=3，∴DE=BP=3，

∵BP⊥CE，BP∥DE，∴DE⊥CE，

∴在Rt△DCE中，；

（2）证明：如图所示，

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=6，∠BNA=60°，∠PAM=60°

∴∠CAN=∠CAB+∠BAN=60°+60°=120°，

∴∠CBN=90°

在Rt△ABC中，易得

∴在Rt△BCN中，

“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、全等三角形的判定和性质、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.

2．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．

3．在平面直角坐标中，边长为2的正方形OABC的两顶点A、C分别在y轴、x轴的正

=上半轴上，点O在原点.现将正方形OABC绕O点顺时针旋转，当A点一次落在直线y x

=于点M，BC边交x轴于点N（如图）.时停止旋转，旋转过程中，AB边交直线y x

（1）求边OA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，求正方形OABC旋转的度数；

?的周长为p，在旋转正方形OABC的过程中，p值是否有变化？请证明（3）设MBN

你的结论.

【答案】（1）π/2（2）22.5°(3)周长不会变化，证明见解析

【解析】

试题分析：（1）根据扇形的面积公式来求得边OA 在旋转过程中所扫过的面积； （2）解决本题需利用全等，根据正方形一个内角的度数求出∠AOM 的度数； （3）利用全等把△MBN 的各边整理到成与正方形的边长有关的式子．

试题解析：（1）∵A 点第一次落在直线y=x 上时停止旋转，直线y=x 与y 轴的夹角是45°，

∴OA 旋转了45°．

∴OA 在旋转过程中所扫过的面积为24523602

ππ

?=．

（2）∵MN ∥AC ，

∴∠BMN=∠BAC=45°，∠BNM=∠BCA=45°． ∴∠BMN=∠BNM ．∴BM=BN ． 又∵BA=BC ，∴AM=CN ．

又∵OA=OC ，∠OAM=∠OCN ，∴△OAM ≌△OCN ．

∴∠AOM=∠CON=

12（∠AOC-∠MON ）=1

2

（90°-45°）=22.5°． ∴旋转过程中，当MN 和AC 平行时，正方形OABC 旋转的度数为45°-22.5°=22.5°． （3）在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化． 证明：延长BA 交y 轴于E 点，

则∠AOE=45°-∠AOM ，∠CON=90°-45°-∠AOM=45°-∠AOM ， ∴∠AOE=∠CON ．

又∵OA=OC ，∠OAE=180°-90°=90°=∠OCN ． ∴△OAE ≌△OCN ． ∴OE=ON ，AE=CN ．

又∵∠MOE=∠MON=45°，OM=OM ， ∴△OME ≌△OMN ．∴MN=ME=AM+AE ． ∴MN=AM+CN ，

∴p=MN+BN+BM=AM+CN+BN+BM=AB+BC=4． ∴在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化． 考点：旋转的性质.

4．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

MI NI

MH NJ =??

=?

∴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=3

QN NJ

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=

2

a

b，

∴a=3b，

∴0＜b≤63=33；

②如图

当DF与DC重合时，DF=DE=6，

∴a=sin60°

×DE=63

2

=

33，

当DE与DA重合时，a=

66

43 sin603

2

==

?，

∴33＜a＜43；

③如图

∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°

∴DF=

6

43 cos303

==

?

∴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．

5．把两个直角边长均为6的等腰直角三角板ABC和EFG叠放在一起（如图①），使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合．现将三角板EFG绕O点顺时针旋转（旋转角α满足条件：0°＜α＜90°），四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）．

（1）探究：在上述旋转过程中，BH与CK的数量关系以及四边形CHGK的面积的变化情况（直接写出探究的结果，不必写探究及推理过程）；

（2）利用（1）中你得到的结论，解决下面问题：连接HK，在上述旋转过程中，是否存在某一位置，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的？若存在，求出此时BH的长度；若不存在，说明理由．

【答案】(1) BH=CK;(2) 存在，使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的的位置，此时BH 的长度为．

【解析】

（1）先由ASA证出△CGK≌△BGH，再根据全等三角形的性质得出BH=CK，根据全等得出四边形CKGH的面积等于三角形ACB面积一半；

（2）根据面积公式得出S△GHK=S四边形CKGH-S△CKH=1

2

x2-3x+9，根据△GKH的面积恰好等于

△ABC面积的

5

12

，代入得出方程

1

2

x2-3x+9=

5

12

×

1

2

×6×6，求出即可．

解：（1）BH与CK的数量关系：BH=CK，理由是：

连接OC，

由直角三角形斜边上中线性质得出OC=BG，

∵AC=BC，O为AB中点，∠ACB=90°，

∴∠B=∠ACG=45°，CO⊥AB，

∴∠CGB=90°=∠KGH，

∴都减去∠CGH得：∠BGH=∠CGK，

在△CGK和△BGH中

∵，

∴△CGK≌△BGH（ASA），

∴CK=BH，即BH=CK；

四边形CHGK的面积的变化情况：四边形CHGK的面积不变，始终等于四边形CQGZ的面积，即等于△ACB面积的一半，等于9；

（2）假设存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的

5

12

的位置．

设BH=x，由题意及（1）中结论可得，CK=BH=x，CH=CB﹣BH=6﹣x，

∴S△CHK=1

2

CH×CK=3x﹣

1

2

x2，

∴S△GHK=S四边形CKGH﹣S△CKH=9﹣（3x﹣1

2

x2）=

1

2

x2﹣3x+9，

∵△GKH的面积恰好等于△ABC面积的5

12

，

∴1

2

x2﹣3x+9=

5

12

×

1

2

×6×6，

解得

136

x=+，

236

x=-（经检验，均符合题意）．

∴存在使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的5

12的位置，此时x的值为36

±．

“点睛”本题考查了旋转的性质，三角形的面积，全等三角形的性质和判定等知识点，此题有一定的难度，但是一道比较好的题目．

6．（特例发现）如图1，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC 为直角边，向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF，过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．求证：EP=FQ．

（延伸拓展）如图2，在△ABC中，AG⊥BC于点G，以A为直角顶点，分别以AB，AC为直角边，向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF，射线GA交EF于点H．若AB=kAE，AC=kAF，请思考HE与HF之间的数量关系，并直接写出你的结论．

（深入探究）如图3，在△ABC中，G是BC边上任意一点，以A为顶点，向△ABC外作任意△ABE和△ACF，射线GA交EF于点H．若∠EAB=∠AGB，∠FAC=∠AGC，AB=kAE，

AC=kAF，上一问的结论还成立吗？并证明你的结论．

（应用推广）在上一问的条件下，设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N，若△ABC为腰长等于4的等腰三角形，其中∠BAC=120°，且

∠IHJ=∠AGB=θ=60°，k=2；

求证：当∠IHJ在旋转过程中，△EMH、△HMN和△FNH均相似，并直接写出线段MN的最小值（请在答题卡的备用图中补全作图）．

【答案】(1)证明参见解析；(2)HE=HF；(3)成立，证明参见解析；(4)证明参见解析，MN最小值为1.

【解析】

试题分析：(1)特例发现：易证△AEP≌△BAG，△AFQ≌△CAG，即可求得EP=AG，

FQ=AG，即可解题；(2)延伸拓展：过点E、F作射线GA的垂线，垂足分别为P、Q．易证△ABG∽△EAP，△ACG∽△FAQ，得到PE=AG，FQ=AG，∴PE=FQ，然后证明

△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(3)深入探究：判断△PEA∽△GAB，得到PE=AG，

△AQF∽△CGA，FQ=，得到FQ=AG，再判断△EPH≌△FQH，即可得出HE=HF；(4)应用推广：由前一个结论得到△AEF为正三角形，再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH，即可得出结论．

试题解析：(1)特例发现，如图：

∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，

∵∠EPA=∠AGB，AE=AB，∴△PEA≌△GAB，∴PE=AG，同理，△QFA≌△GAC，

∴FQ=AG，∴PE=FQ；

(2)延伸拓展，如图：

∵∠PEA+∠PAE=90°，∠GAB+∠PAE=90°，∴∠PEA=∠GAB，∴∠EPA=∠AGB，

∴△PEA∽△GAB，∴，∵AB=kAE，∴，∴PE=AG，同理，

△QFA∽△GAC，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴PE=FQ，∵EP∥FQ，

∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；

(3)深入探究,如图2，

在直线AG上取一点P，使得∠EPA═∠AGB，作FQ∥PE，∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB，∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB，∴∠EAP=∠ABG，∵∠EPA=∠AGB，∴△APE∽△BGA，

∴，∵AB=kAE，∴PE=AG，由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB，同理可得，

△AQF∽△CGA，∴，∵AC=kAF，∴FQ=AG，∴EP=FQ，∵EP∥FQ，

∴∠EPH=∠FQH，∵∠PHE=∠QHF，∴△EPH≌△FQH，∴HE=HF；

(4)应用推广,如图3，

在前面条件及结论，得到，点H是EF中点，∴AE=AF，∵∠EAB=∠AGB，

∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣（∠EAB+∠FAC）﹣∠BAC=60°，∴△AEF 为正三角形．又H为EF中点，∴∠EHM+∠IHJ=120°，∠IHJ+∠FHN=120°，

∴∠EHM=∠FHN．∵∠AEF=∠AFE，∴△HEM∽△HFN，∴，∵EH=FH，

∴，且∠MHN=∠HFN=60°，∴△MHN∽△HFN，∴△MHN∽△HFN∽△MEH，在△HMN中，∠MHN=60°，根据三角形中大边对大角，∴要MN最小，只有△HMN是等边三角形，∴∠AMN=60°，∵∠AEF=60°，MN∴MN∥EF，∵△AEF为等边三角形，∴MN为

△AEF的中位线，∴MN min=EF=×2=1．

考点：1.几何变换综合题；2.三角形全等及相似的判定性质.

7．如图，是边长为的等边三角形，边在射线上，且，点从点出发，沿的方向以的速度运动，当不与点重合是，将

绕点逆时针方向旋转得到，连接.

（1）求证：是等边三角形；

（2）当时，的周长是否存在最小值？若存在，求出的最小周长；

若不存在，请说明理由.

（3）当点在射线上运动时，是否存在以为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）详见解析；（2）存在，2+4；（3）当t=2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形．

【解析】

试题分析：（1）由旋转的性质得到∠DCE=60°，DC=EC，即可得到结论；（2）当6＜t＜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；（3）存在，①当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，②当0≤t＜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，于是得到t=2÷1=2s；③当6＜t＜10s时，此时不存在；④当t＞10s时，由旋转的性质得到∠DBE=60°，求得∠BDE＞60°，于是得到t=14÷1=14s．

试题解析：（1）证明：∵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；

（2）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=2cm，

∴△BDE的最小周长=CD+4=2+4；

（3）存在，①∵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，

②当0≤t＜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， ∴t=2÷1=2s ；

③当6＜t ＜10s 时，由∠DBE=120°＞90°， ∴此时不存在；

④当t ＞10s 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=14cm ， ∴t=14÷1=14s ，

综上所述：当t=2或14s 时，以D 、E 、B 为顶点的三角形是直角三角形． 考点：旋转与三角形的综合题.

8．如图，已知Rt △ABC 中，∠ACB =90°，AC =BC ，D 是线段AB 上的一点（不与A 、B 重合）．过点B 作BE ⊥CD ，垂足为E ．将线段CE 绕点C 顺时针旋转90?，得到线段CF ，连结EF ．设∠BCE 度数为α. （1）①补全图形；

②试用含α的代数式表示∠CDA ． （2）若

3

2

EF AB =

，求α的大小． （3）直接写出线段AB 、BE 、CF 之间的数量关系．

【答案】（1）①答案见解析；②45α?+；（2）30α=?；（3）

22222AB CF BE =+．

【解析】

试题分析：（1）①按要求作图即可；

②由∠ACB=90°，AC=BC ，得∠ABC=45°,故可得出结论； （2）易证FCE ?∽ ACB ?，得3

2

CF AC =

；连结FA ，得△AFC 是直角三角形，求出∠ACF=30°，从而得出结论； （3）222A 22B CF BE =+. 试题解析：（1）①补全图形．

②∵∠ACB=90°，AC=BC ， ∴∠ABC=45°

∵∠BCE=

α ∴∠CDA=45α?+

（2）在FCE ?和ACB ?中，45CFE CAB ∠=∠=? ，90FCE ACB ∠=∠=?

∴ FCE ?∽ ACB ? ∴

CF EF

AC AB =

3

EF AB =

∴ 3CF AC = 连结FA ．

90,90FCA ACE ECB ACE ∠=?-∠∠=?-∠

∴ FCA ECB ∠=∠=α

在Rt CFA ?中，90CFA ∠=?，3

cos 2

FCA ∠=

∴ 30FCA ∠=?即30α=?.

（3）22222AB CF BE =+