培优专题11 五种特殊图形的旋转-解析版.docx

1、培优专题11 五种特殊图形的旋转（部分内容有人教版九下内容，适情况而做）类型一：直角三角形1（2022全国八年级专题练习）把直角三角形OAB与直角三角形OCD如图1放置，直角顶点O与O重合在一起，点D在OB上，B30，C45现将OCD固定，OAB绕点O顺时针旋转，旋转角（090），OB与DC交于点E(1)如图2，在旋转过程中，若OACD时，则 ；若ABOC时，则 ；(2)如图2，在旋转过程中，当ODE有两个角相等时， ；(3)如图3，连结AC，在旋转过程中，猜想DOB与CABACD的大小关系，并说明理由【答案】(1)45，60(2)45或67.5(3)当0DOB52.5时，DOBCAB+ACD

2、；当DOB52.5中，DOBCAB+ACD；当52.5DOB90时，DOBCAB+ACD，理由见解析【分析】（1）分别利用平行线的性质求出BOC，进而求出BOD即可；（2）分两种情形：当DDOE时，当DOEDEO时，分别根据DOE求解即可；（3）根据三角形外角的性质和四边形的内角和证明BODBACACD105，再分三种情形说明即可（1）解：当OACD时，如图，则AODD45，BOD45，45，当ABOC时，如图，则BBOC30，BOD903060，60，故答案为：45，60；（2）当DDOE45时，可得DOE45，当DOEDEO时，可得DOE67.5，故答案为：45或67.5；（3）如图3中，

3、DOB与CAB+ACD的大小关系有三种情形：DOBCAB+ACDDOBCAB+ACDDOBCAB+ACD理由：1BAC+ACD，2D+145+1，31+B30+1，又BOD+2+3+（1801）360，BOD+45+1+30+1+1801360，BOD+1105，BOD+BAC+ACD105，当0DOB52.5时，DOBCAB+ACD，当DOB52.5中，DOBCAB+ACD，当52.5DOB90时，DOBCAB+ACD【点睛】本题考查旋转的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，三角形外角的性质以及四边形的内角和等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型2（2022江西

4、萍乡八年级期末）在某次数学兴趣小组延时服务课上，李老师要求学生探究如下问题：(1)如图，在等边内有一点，试求的度数小亮同学一时没有思路，当他认真分析题目信息后，发现以，的长为边的三角形是直角三角形，他突然有了正确的思路：如图，将绕点逆时针旋转60，得到，连接，可求出的度数，请你替小亮写出求解过程；(2)如图，在正方形内有一点，试求的度数；(3)在图中，若正方形内有另一点，（，）请你探究：当，满足什么条件时，的度数与第（2）问中的度数相等，并说明理由（友情提示：正方形的四条边都相等，四个角都是直角）【答案】(1)，见解析(2)(3)，见解析【分析】（1）先证明PPB是正三角形，PPA是直角三角形

5、，可得BPP=60，APP=90，可得APB=150，根据旋转的性质可得BPC=APB=150；（2）将BPC绕点B逆时针旋转90，得到BPA，连接PP，根据旋转的性质可得，PBP=90，PC=PA，APB=BPC，根据勾股定理定理可得PP=2，根据勾股定理的逆定理可得APP=90，则可求BPC的度数；（3）将BQC绕点B逆时针旋转90，得到BQA，连接QQ，根据旋转性质可得BQ=BQ=b，QBQ=90，AQB=BQC=135，QC=AQ=c，可得，BQQ=45，则可得AQQ=AQB-BQQ=90，根据勾股定理可求a2=c2+2b2(1)解：，为等边三角形，是直角三角形，将绕点逆时针旋转60，

6、得到，(2)解：将绕点逆时针旋转90，得到，连接，（如图），为等腰直角三角形，为直角三角形，(3)解：将绕点逆时针旋转90，得到，连接，（如图），由题意：，是等腰直角三角形，所以，当、满足时，的度数与第（2）问中的度数相等【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键类型二：矩形3（2022湖南娄底八年级期末）问题情境：在综合实践课上，老师让同学们探究“平面直角坐标系中的旋转问题”，如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点操作发现：以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，的对应点分别为，(1)如图，当点落在边

7、上时，求点的坐标；(2)继续探究：如图，当点落在线段上时，与交于点，求证：；(3)拓展探究：如图，点是轴上任意一点，点是平面内任意一点，是否存在点使以、为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)证明见解析(3)存在，点的坐标为或或或【分析】（1）先根据矩形的性质得到，再根据旋转的性质得到，根据勾股定理求出的长，从而可得的长，由此即可得；（2）先根据旋转的性质得到，从而可得，再利用定理即可得证；（3）分三种情况讨论：当四边形为菱形时；当四边形为菱形时；当四边形为菱形时，利用菱形的性质求解即可得（1）解：，四边形是矩形，矩形是由矩形旋转得到，在中，（

8、2）证明：四边形是矩形，点在线段上，由旋转的性质得：，在和中，（3）解：存在，求解过程如下：设点的坐标为，点的坐标为，由题意，分以下三种情况：如图，当四边形为菱形时，则，解得或，当时，点的坐标为，菱形的对角线互相平分，解得，即此时点的坐标为；当时，点的坐标为，菱形的对角线互相平分，解得，即此时点的坐标为；如图，当四边形为菱形时，菱形的对角线互相垂直且平分，点与点关于轴对称，；如图，当四边形为菱形时，菱形的对角线互相平分，解得，又四边形为菱形，即，解得，则此时点的坐标为，综上，存在点使以为顶点的四边形是菱形，点的坐标为或或或【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定、旋转的性质、菱形的性质、

9、两点之间的距离公式等知识点，较难的是题（3），正确分三种情况讨论是解题关键4（2022上海市张江集团中学八年级期中）如图，在矩形ABCD中，AB8，AD6，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形AEFG(1)当点E落在对角线AC上时，AF、EF分别交DC于点M、N求证：MAMC；求MN的长；(2)在旋转过程中，若直线AE经过线段BG的中点P，请直接写出线段PE的长度【答案】(1)证明见解析；(2)8-或8+【分析】（1）利用矩形性质和旋转性质证明MAC=MCA，再根据等腰三角形的等角对等边即可证得结论；先利用勾股定理求得AM、AC，进而求得MF，再证明MFN=MNF得到MN=MF即可求解；（2

10、）先利用勾股定理求得AP，分情况画图，由PE=AP+AE和PE=AE-AP进行求解即可(1)证明：四边形ABCD是矩形，ABCD，CD=AB=8，BC=AD=6,MCA=CAB，由旋转性质得CAB=MAC，MAC=MCA，MA=MC；解：设MA=MC=x，则DM=8-x，在RtADM中，由勾股定理得：62+（8-x）2=x2，解得：x=，在RtABC中，旋转性质得：AF=AC=10，AEF=B=90，FM=AF-AM=，MAC+AFE=90，CNE+MCE=90，MAC=MCE，MNF=CNE，AFE=MNF，即MFN=MNF，MN=MF=(2)解：分情况讨论，如图1，过点B作BHAC于H，则

11、GAP=BHP=90,点P为GB的中点，GP=BP，又APG=HPB，APGHPB（AAS），AP=HP，AG=BH=6，在RtAHB中，AP=PH=AH=，PE=AE-AP=8-；如图2，过点B作BKEA交EA延长线于K，则GAP=BKP=90，点P为GB的中点，GP=BP，又APG=KPB，APGKPB（AAS），AP=KP，AG=BK=6，在RtAKB中，AP=KP=AK=，PE=AE+AP=8+，综上，线段PE的长度为8-或8+【点睛】本题考查矩形的性质、旋转的性质、等腰三角形的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键，注意分类讨论思想的运

12、用类型三：等腰三角形5（2021吉林四平市铁西区教师进修学校九年级期末）已知是等腰三角形，将绕点逆时针旋转得到，点、点的对应点分别是点、点感知：（1）如图，当落在边上时，与之间的数量关系是_（不需要证明）；探究：（2）如图，当不落在边上时，与是否相等？如果相等，请证明；如果不相等，请说明理由；应用：（3）如图，若，、交于点，则_度【答案】（1）；（2），利用见解析；（3）135【分析】（1）根据旋转的性质和等腰三角形的性质证明即可；（2）根据已知条件证明，即可得解；（3）根据等腰三角形的性质和旋转性质计算即可；【详解】解：感知：由旋转可得，探究：，证明：由旋转可得，应用：，由探究可得，设与AE

13、的交点为O，；故答案是135【点睛】本题主要考查了旋转的性质和等腰三角形的性质，准确分析计算是解题的关键6（2021浙江义乌市稠州中学教育集团八年级期中）如图，RtAOB中，AOB90，OAOB4，点P在直线OA上运动，连接PB，将OBP沿直线BP折叠，点O的对应点记为O（1）若APAB，则点P到直线AB的距离是 ；（2）若点O恰好落在直线AB上，求OBP的面积；（3）将线段PB绕点P顺时针旋转45得到线段PC，直线PC与直线AB的交点为Q，在点P的运动过程中，是否存在某一位置，使得PBQ为等腰三角形？若存在，请直接写出OP的长；若不存在，请说明理由【答案】（1）4；（2）或；（3）存在，0或

14、4+4或44或4【分析】（1）接BP，设点P到直线AB的距离为h，根据三角形的面积公式即可得到结论；（2）当P在的右侧，求OPOPAO44，根据三角形面积公式可得结论；当P在的左侧，同理可得结论；（3）分4种情况：当BQQP时，如图2，P与O重合，当BPPQ时，如图3，当PBPQ时，如图4，此时Q与C重合；当PBBQ时，如图5，此时Q与A重合，则P与A关于轴对称，根据图形和等腰三角形的性质可计算OP的长【详解】解：（1）连接BP，设点P到直线AB的距离为h，RtAOB中，AOB90，OAOB4，AB4，APAB，APAB4，SABPABhAPOB，hOB4，即点P到直线AB的距离是4，故答案为

15、：4；（2）存在两种情况：如图1，当P在的右侧，点O恰好落在直线AB上，则OPOP，BOPBOP90，OBOA4，AOB是等腰直角三角形，AB4，OAB45，由折叠得：OBPOBP，BPBP，OBPOBP（AAS），OBOB4，AO44，RtPOA中，OPAO44OP，SBOPOBOP88；如图所示：当P在的左侧，由折叠得：POBPOB90，OBOB4，BAO45，POPOAO4+4，SBOPOBOP4（4+4）8+8；（3）分4种情况：当BQQP时，如图2，点P与点O重合，此时OP0；当BPPQ时，如图3，BPC45，PQBPBQ22.5，OAB45PBQ+APB，APB22.5，ABPAP

16、B，APAB4，OP4+4；当PBPQ时，如图4，此时Q与C重合，BPC45，PBAPCB67.5，PCA中，APC22.5，APB45+22.567.5，ABPAPB，ABAP4，OP44；当PBBQ时，如图5，此时Q与A重合，则P与A关于对称，此时OP4；综上，OP的长是0或4+4或44或4【点睛】本题考查了旋转的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质与判定，作出图形分类讨论是解题的关键类型四：正方形7（2022全国九年级专题练习）【问题情境】如图1，点E为正方形ABCD内一点，AEB90，将RtABE绕点B按顺时针方向旋转90，得到延长AE交于点F，连接DE(1)【猜想证明】试判断四边形的形

17、状，并说明理由；(2)如图2，若DADE，猜想线段CF与的数量关系并加以证明；(3)【解决问题】如图1，若AB13，CF7，请直接写出DE的长度【答案】(1)正方形，见解析；(2)，见解析；(3)【分析】（1）根据旋转性质得到，再由题意可得BEF=90，得到四边形是矩形，根据，即可得四边形是正方形；（2）过点D作DHAE，垂足为H， 可证明AEBDHA，则有AH=BE，根据正方形的性质即可解决；（3）过点D作DHAE于H，由勾股定理可求得，进一步求出，利用BEAH5，得到，再利用勾股定理即可求出（1）解：四边形是正方形理由如下：将RtABE绕点B按顺时针方向旋转90，BEF=90，四边形是矩形

18、，又，四边形是正方形，（2）解： 如图，过点D作DHAE，垂足为H，则DHA90，1390DADE，四边形ABCD是正方形，ABDA，DAB90129023在和中，AEBDHAAHBE由（1）知四边形是正方形，由旋转可得，（3）解：如图，过点D作DHAE于H，四边形是正方形，ABBC13，CF7，解得：，（舍去），由（2）可知：BEAH5，【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，证明AEBDHA是关键8（2021山西临汾三模）综合与实践背景阅读：“旋转”即物体绕一个点或一个轴做圆周运动在中国古典专著百喻经口诵乘船法而不解用喻中记载：“船盘

19、回旋转，不能前进”而图形旋转即：在平面内，将一个图形绕一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转，这个定点叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角综合实践课上，“睿智”小组专门探究了正方形的旋转，情况如下：在正方形中，点是线段上的一个动点，将正方形绕点顺时针旋转得到正方形（点，分别是点，的对应点）设旋转角为（）操作猜想：（1）如图1，若点是中点，在正方形绕点旋转过程中，连接，则线段与的数量关系是_；线段与的数量关系是_探究验证：（2）如图2，在（1）的条件下，在正方形绕点旋转过程中，顺次连接点，判断四边形的形状，并说明理由拓展延伸：（3）如图3，若，在正方形绕点顺时针旋转的过程中，设直线交线

20、段于点连接，并过点作于点请你补全图形，并直接写出的值【答案】（1）；（2）矩形，见解析；（3）见解析，【分析】（1）如图，连接OA、OA、OD、OD，根据旋转的性质可得OA=OA、OD=OD，AOA=DOD=，根据勾股定理可得OA=OD，利用SAS可证明AOADOD，根据全等三角形的性质可得AA=DD，根据旋转的性质可得BOB=，根据可得OAAOBB，根据相似三角形的性质即可得答案；（2）根据旋转的性质可得，根据点是中点即可得出，根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形即可证明四边形是矩形；（3）根据题意，补全图形，连接OA、OA，作AMBP于M，ANBP于N，根据勾股定理可得，根据平角的定义及

21、直角三角形两锐角互余的性质可得，利用AAS可证明ABMABN，可得AM=AN，利用AAS可证明APMAPN，可得，根据等腰三角形“三线合一”的性质可得AOP=AOA=，QOB=，根据角的和差关系可得POQ=AOB，即可证明OQPOBA，根据相似三角形的性质即可得答案【详解】（1）如图，连接OA、OA、OD、OD，将正方形绕点顺时针旋转得到正方形，旋转角为，OA=OA、OD=OD，AOA=DOD=，AOADOD，AA=DD，点是中点，OB=，OA=，将正方形绕点顺时针旋转得到正方形，旋转角为，BOB=AOA=，OAAOBB，=，故答案为：；（2）四边形是矩形；理由如下：正方形绕点顺时针旋转得到正

22、方形，点是中点，四边形是平行四边形，四边形是矩形（3）如图，补全图形如下：连接OA、OA，作AMBP于M，ANBP于N，AB=BC=，OA=OA=，OBA=90，ABMABN，AM=AN（AAS），APMAPN，AP=AP，OA=OA，AOP=AOA=，OB=OB，OQBB，QOB=，QOB+BOP=AOP+BOP，即POQ=AOB，OQP=OBA=90，OQPOBA，【点睛】本题考查旋转的性质、矩形的判定、全等三角形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形及相似三角形的判定定理并正确作出辅助线构造全等三角形及相似三角形是解题关键类型五：等边三角形9（2022江西九江八年级期中

23、）（1）问题发现：如图1，和均为等边三角形，当旋转至点A，D，E在同一直线上时，连接的度数为_；线段，与之间的数量关系是_（2）拓展研究：如图2，和均为等腰直角三角形，点A，D，E在同一直线上若，求的长度（3）探究发现：图1中的和，在的旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线与相交于点，试在备用图中探索的度数，直接写出结果，不必说明理由【答案】（1）；AE=BE+CE；（2）；（3）或【分析】（1）由条件易证ACDBCE，从而得到：AD=BE，ADC=BEC由点A，D，E在同一直线上可求出ADC，从而可以求出AEB的度数；利用全等三角形的性质，结合等边三角形的性质可得AE=BE+CE

24、；（2）由“SAS”可证ACDBCE，可得BE=AD，ADC=BEC，由勾股定理可求解； （3）分两种情况讨论：如图3，由（1）知ACDBCE，得CAD=CBE，由CAB=ABC=60，可知EAB+ABE=120，根据三角形的内角和定理可知AOE=60同理可得如图4的答案【详解】解：（1）ACB和DCE均为等边三角形， CA=CB，CD=CE，ACB=DCE=60， ACD=BCE， 在ACD和BCE中，ACDBCE（SAS） ADC=BEC， DCE为等边三角形， CDE=CED=60， 点A，D，E在同一直线上， ADC=120， BEC=120， AEB=BECCED=60， 故答案为：

25、60；AE=BE+CE；理由如下：ACDBCE， AD=BE， CDE是等边三角形， CE=DE=CD，AE=AD+DE=BE+CE； 故答案为：AE=BE+CE； （2）DCE为等腰直角三角形，DE=2，AC=BC，DC=EC， ACD=90DCB，ECB=90DCB， ACD=ECB， ACDBCE（SAS）， AD=BE=2，AE=AD+DE=4，AEB=CEBCED=90， ； （3）如图3，由（1）同理可得：ACDBCE， CAD=CBE， CAB=CBA=60， OAB+OBA=CAB+CBA=120， AOE=180120=60， 如图4，同理求得AOB=60， AOE=120，

26、 AOE的度数是60或120【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，是体现新课程理念的一道好题10（2022辽宁沈阳市第四十三中学八年级期中）（1）发现：如图1，点是线段上的一点，分别以，为边向外作等边三角形和等边三角形，连接，相交于点结论：线段与的数量关系为：_；的度数为_；（2）应用：如图2，若点，不在一条直线上，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；（3）拓展：在四边形中，若，请直接写出，两点之间的距离【答案】（1）；.（2）成立，理由见解析；（3）10【分析】（1）证

27、明ABECBD,根据全等三角形的性质即可求出线段与的数量关系；根据三角形外角的性质即可求出的度数.（2）同（1）中的步骤进行证明即可.（3）将绕点顺时针旋转得到，根据旋转的性质可得： 根据即可求解【详解】（1）解：ABC和BDE都是等边三角形，AB=CB，EB=ED=DB，ABC+CBE=DBE+CBE，即ABE=CBD，在ABE和CBD中，ABECBD(SAS)，AE=CD，BAE=BCD，由三角形的外角性质，AOC=BAE+BDC=BCD+BDC，ABC=BCD+BDC，AOC=ABC=；故答案为；.（2）依然成立，理由如下：和均是等边三角形，即在和中，设与交于点，在和中，其内角和均为，（3）将绕点顺时针旋转得到，根据旋转的性质可得： ，【点睛】考查全等三角形的判定与性质,等边三角形的性质，旋转的性质、三角形的外角性质等，掌握全等三角形的判定定理与性质定理是解题的关键