专题3.1旋转的计算与证明十二大类型问题-【常考压轴题】2024-2025学年九年级数学上册压轴题攻略（浙教版）

专题3.1旋转的计算与证明十二大类型问题 1．旋转概念：在平面内，将一个图形绕一个定点按某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转.这个定点称为旋转中心，转动的角称为旋转角. 【易错点剖析】 （1）旋转后的图形与原图形的形状、大小都相同，但形状、大小都相同的两个图形不一定能通过旋转得到. （2）旋转的角度一般小于360°. （3）旋转的三个要素：旋转中心、旋转角度和旋转方向（即顺时针或逆时针方向） ２．旋转变换的性质： 　　一个图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对应角相等. ３．旋转作图步骤： 　　①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角. 　　②分析所作图形，找出构成图形的关键点. 　　③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点. 　　④ 按原图形连结方式顺次连结各对应点. 类型一、旋转的认识 1．（23-24九年级上·全国·课后作业）如图，点是正方形边上一点，过作交的延长线于点，连接． (1)可以由通过旋转变换得到，则旋转中心是__________，旋转方向是__________，旋转角是__________度． (2)若，，求的长． 类型二、利用旋转求角度 2．（22-23九年级上·山西忻州·期中）平行四边形绕点A逆时针旋转，得到平行四边形（点与点B是对应点，点与点C是对应点，点与点D是对应点），点恰好落在边上，与交于点E，则 ． 类型三、利用旋转求角度 3．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，为等腰直角三角形，，，，求的长． 类型四、旋转与坐标变换规律性问题 4．（2023·广东深圳·一模）如图，菱形的对角线交于原点O，，．将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（　　）    A． B． C． D． 类型五、旋转与线段最值问题 5．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图，已知在中，，，将绕点A逆时针旋转．得到．点D是边的中点，点E为边上的动点，在绕点A逆时针旋转的过程中，点E的对应点是点，则线段长度的最大值与最小值的差是 ． 类型六、旋转与线段和的最值问题 6．（2024·山东东营·模拟预测）如图，是边长为的正方形内一点，为边上一点，连接、、，则的最小值是 ． 类型七、旋转与面积最值问题 7．（23-24九年级下·上海杨浦·阶段练习）四边形是矩形，以点D为旋转中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，，，如图，O是对角线的中点，连接，，设的面积为s，在矩形的旋转过程中，s的取值范围为 ． 类型八、利用旋转证明线段和角的关系 8．（23-24九年级上·湖北荆州·期中）已知是等腰三角形，．阅读下列过程，回答第2、3两问． (1)特殊情形：如图1，E是上一点，当时，有 (2)发现探究：如图2，E是三角形内一点，当，且时，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． (3)拓展运用：如图3，E是三角形内一点，，且，，，则 度． 类型九、旋转与新定义问题 9．（23-24八年级下·河南安阳·期末）给出定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．    (1)在你学过的四边形中，写出一种勾股四边形的名称________． (2)如图，将绕顶点B按顺时针方向旋转得到，连接，，，已知． ①直接写出的度数是________． ②判断四边形是否为勾股四边形，并说明理由． 类型十、旋转的性质与角的综合问题 10．（21-22·河南南阳·期末）一副三角板如图1摆放，，，，点在上，点A在上，且平分，现将三角板绕点顺时针旋转（当点落在射线上时停止旋转）． (1)当旋转角为______时，； (2)在旋转过程中，与的交点记为，如图2，若中有两个内角相等，求旋转角的度数； (3)当边与边、有交点时，如图3，连接，设，，，试求． 类型十一、旋转的性质与线段的综合问题 11．（2024·湖北咸宁·二模）综合探究：在中，，把绕点逆时针旋转适当的角度得到，连接对应点，和，交于点． (1)如图1，当点落在边上时，证明：； (2)如图2，当点不落在边上时，，交于点，请探究是否还成立？写出探究过程； (3)如图3，在（2）的条件下，当时，时，若，求的长． 类型十二、旋转的几何压轴问题 12．（23-24·四川成都·期末）如图1，在中，°，，点，分别在边，上，，连接，点F，P，G分别为的中点. (1)如图1中，线段与的数量关系是_____，位置关系是_____； (2)若把绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，连接，判断的形状，并说明理由； (3)若把绕点C在平面内自由旋转，，请求出面积的最大值. 一、单选题 1．（23-24九年级上·全国·单元测试）如图，在中，，将绕顶点C逆时针旋转得到，M是的中点，P是的中点，连接．若，，则线段的最大值是（    ）   A．4 B．3 C．2 D．1 2．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A、C分别在x、y轴上，且．将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形，再将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形……以此规律，得到正方形，则点的坐标为（ ） A． B． C． D． 3．（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中，，，分别与交于，两点，将绕着点顺时针旋转得到，则下列结论：；DA平分；若，，则；若，则．其中正确的个数有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 4．（23-24九年级上·全国·单元测试）如图，将边长为的正方形绕点按顺时针方向旋转到正方形的位置，使得点落在对角线上，与相交于点，则的长为（   ）    A． B． C． D． 二、填空题 5．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，正三角形的边长为2，D是边的中点，连接，点E在线段上，连接，以点B为旋转中心顺时针旋转得，连接．点E从A到D，点F经过的路径长为 ． 6．（2024·上海·模拟预测）已知在中，，将绕点A旋转，使点B落在原的点C处，此时点C落在点D处，延长线段交原的边的延长线于E，则 ． 7．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，四边形中，，，，，为射线上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到，的最小值为 ． 8．（23-24九年级上·北京西城·期中）在中，，．将绕点顺时针旋转（），直线与直线交于点，点间的距离记为，点间的距离记为．给出下面四个结论：①的值一直变大；②的值先变小再变大；③当时，的值保持不变；④当，的值保持不变；上述结论中，所有正确结论的序号是 ． 三、解答题 9．（22-23九年级上·福建厦门·阶段练习）如图，在矩形中，点E是线段上的一点，且，连接，设． (1)尺规作图：将线段绕点B逆时针旋转α得到线段，连接交于点H，连接； (2)试判断与的数量关系，并给予证明． 10．（23-24九年级上·湖北武汉·期末）在中，将绕点A顺时针旋转至，将绕点A逆时针旋转至（，），得到，使，我们称是的“旋补三角形”， 的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． (1)当为等边三角形时，画图研究的“旋补中线”与的数量关系是__________； (2)如图，当为任意三角形时，（1）中的结论是否成立?并给予证明； (3)若，，求的“旋补三角形”的周长． 11．（22-23九年级上·福建莆田·期中）综合与实践 问题情境： 如图①，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C）．延长交于点F，连接． 猜想证明： （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，求的长． 12．（2024·吉林松原·模拟预测）如图，在四边形中，已知，，点分别在上，． (1)①如图①，若都是直角，把绕点逆时针旋转至，使与重合，则线段和之间的数量关系为______； ②如图②，若都不是直角，但满足，线段和之间的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； (2)如图③，在中，，，点均在边边上，且，若，请直接写出的长． 13．（22-23八年级下·天津和平·期中）阅读下面材料： 小诚遇到这样一个问题：如图，在等边三角形内有一点，且，，，求的度数； 小诚是这样思考的：如图，构造等边，利用全等转化问题，得到从而将问题解决． （1）请你回答：图中的度数等于______直接写答案 参考小诚同学思考问题的方法，解决下列问题： （2）如图，在正方形内有一点，且，，． ①求的度数； ②正方形的边长______直接写答案 （3）如图，在正六边形内有一点，且，，，则的度数等于______，正六边形的边长为______直接写答案 14．（2024·辽宁·模拟预测）【基础方法】 （1）小明遇到这样一个问题：如图1、在正方形中，点分别为边上的点，，连接，求证：小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图），此时即是，在图2中，请依据小明的思考过程，求的度数；    【方法应用】 （2）如图3，在四边形中，，，，是上一点，若，，求的长度； 【应用拓展】 （3）如图4，已知线段，，以为边作正方形，连接．当线段的值最大时，求此时正方形的面积． 15．（23-24·四川成都·期中）在中，．点在边上且，将绕点B逆时针旋转a得到（）． (1)如图1，当时，求； (2)如图2，在旋转过程中，连接，取中点 F，作射线交直线于点G．当时， 求证：； (3)如图3．当时，点P为线段上一动点，过点E作射线于点N，M为中点，直接写出的最大值与最小值． ( 15 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题3.1旋转的计算与证明十二大类型问题 1．旋转概念：在平面内，将一个图形绕一个定点按某个方向转动一个角度，这样的图形运动称为旋转.这个定点称为旋转中心，转动的角称为旋转角. 【易错点剖析】 （1）旋转后的图形与原图形的形状、大小都相同，但形状、大小都相同的两个图形不一定能通过旋转得到. （2）旋转的角度一般小于360°. （3）旋转的三个要素：旋转中心、旋转角度和旋转方向（即顺时针或逆时针方向） ２．旋转变换的性质： 　　一个图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对应角相等. ３．旋转作图步骤： 　　①分析题目要求，找出旋转中心，确定旋转角. 　　②分析所作图形，找出构成图形的关键点. 　　③沿一定的方向，按一定的角度、旋转各顶点和旋转中心所连线段,从而作出图形中各关键点的对应点. 　　④ 按原图形连结方式顺次连结各对应点. 类型一、旋转的认识 1．（23-24九年级上·全国·课后作业）如图，点是正方形边上一点，过作交的延长线于点，连接．    (1)可以由通过旋转变换得到，则旋转中心是__________，旋转方向是__________，旋转角是__________度． (2)若，，求的长． 【答案】(1)，顺时针，90 (2) 【分析】（1）利用证明，结合图形可得； （2）由勾股定理先求出的长，得到的长，推出，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴可以由绕旋转中心点，按顺时针方向旋转90度得到． 答案：，顺时针，90； （2）解：∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质，证明． 类型二、利用旋转求角度 2．（22-23九年级上·山西忻州·期中）平行四边形绕点A逆时针旋转，得到平行四边形（点与点B是对应点，点与点C是对应点，点与点D是对应点），点恰好落在边上，与交于点E，则 ． 【答案】/45度 【分析】本题考查旋转的性质、平行四边形的性质，解答本题的关键是求出和的度数． 根据旋转的性质和平行四边形的性质，可以求得和的度数，然后根据三角形内角和即可得到的度数． 【详解】解：∵平行四边形绕点A逆时针旋转，得到平行四边形，点恰好落在边上，与交于点E， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 类型三、利用旋转求角度 3．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，为等腰直角三角形，，，，求的长． 【答案】 【分析】由等腰三角形的性质得出，将绕点C逆时针旋转得到，连接，过点P作，交的延长线于点D． 由旋转的性质可知，，，，进而得出，，进而得出，由含直角三角形的性质得出，进而利用勾股定理即可得出，再利用勾股定理即可得出答案． 【详解】解：∵为等腰直角三角形，， ∴． 如下图，将绕点C逆时针旋转得到，连接，过点P作，交的延长线于点D． 由旋转的性质可知，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在中，， ， ∴在中，由勾股定理， 得 【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，含直角三角形的性质，旋转的性质，以及勾股定理等知识，掌握旋转的性质是解题的关键． 类型四、旋转与坐标变换规律性问题 4．（2023·广东深圳·一模）如图，菱形的对角线交于原点O，，．将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转，则第2023次旋转结束时，点C的坐标为（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先根据菱形的性质及旋转的规律，可得第2023次旋转结束时，点C在第三象限，过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，再根据菱形的性质及全等三角形的性质，即可求得坐标. 【详解】解：∵将菱形绕原点O逆时针旋转，每次旋转， ， ∴旋转4次后回到原来的位置， ∵， ∴第2023次旋转结束时，点C在第三象限， 如图：过点A作轴于点E，延长到点，使，过点作轴于点F，    ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故第2023次旋转结束时，点C的坐标为， 故选：C． 【点睛】本题主要考查菱形的性质和旋转的性质，全等三角形的判定及性质，以及坐标与图形的性质，直角三角形的性质，找出旋转规律是解题关键. 类型五、旋转与线段最值问题 5．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图，已知在中，，，将绕点A逆时针旋转．得到．点D是边的中点，点E为边上的动点，在绕点A逆时针旋转的过程中，点E的对应点是点，则线段长度的最大值与最小值的差是 ． 【答案】 【分析】如图，连接，作于H，于．求出的最小值以及最大值即可解决问题． 【详解】解：如图，连接，作于H，于． 以A为圆心，以为半径作圆，与直线的右侧交点为， 以A为圆心，以为半径作圆，与直线的左侧交点为， ∵，，点D是边的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在旋转过程中，当点与重合时，的值最小，且最小值为：， 当点与重合时，的值最大，且最大值， ∴线段长度的最大值与最小值的差为：， 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，圆的基本性质，熟练掌握勾股定理，等腰三角形的三线合一性质，垂线段最短，圆的基本性质是解题的关键． 类型六、旋转与线段和的最值问题 6．（2024·山东东营·模拟预测）如图，是边长为的正方形内一点，为边上一点，连接、、，则的最小值是 ． 【答案】cm 【分析】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质，两点之间线段最短时的位置的确定，解本题的关键是确定取最小值时的位置． 将绕点逆时针旋转得到，则易知是等边三角形，转化为两定点之间的折线，再利用“垂线段最短”求最小值． 【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转得到， ，，， 是等边三角形，是等边三角形， ， 作于，交于． ， ，， ， 当点，，，四点共线且垂直时，有最小值为， ， ， 的最小值(cm)． 故答案为：cm． 类型七、旋转与面积最值问题 7．（23-24九年级下·上海杨浦·阶段练习）四边形是矩形，以点D为旋转中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，，，如图，O是对角线的中点，连接，，设的面积为s，在矩形的旋转过程中，s的取值范围为 ． 【答案】/ 【分析】由旋转知，， 设边上的高位h，则，故的最值就转化成确定h的最值．当点E落在上时，边上高的最小值为，此时s最小，当点D落在的反向延长线上时，边上高的最大值为，此时s最大，分别算出最大值和最小值即可． 本题考查了图形的旋转和勾股定理，解题的关键是要有空间想象能力，正确作出辅助线求解． 【详解】解：∵四边形是矩形，以点D为旋转中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，，，如图，O是对角线的中点， ∴，， 设边上的高位h，则， 当点E落在上时，边上高的最小值为，此时s最小， ∴， ∴； 当点D落在的反向延长线上时，边上高的最大值为，此时s最大， ∴， ∴； 故， 故答案为：． 类型八、利用旋转证明线段和角的关系 8．（23-24九年级上·湖北荆州·期中）已知是等腰三角形，．阅读下列过程，回答第2、3两问． (1)特殊情形：如图1，E是上一点，当时，有 (2)发现探究：如图2，E是三角形内一点，当，且时，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由． (3)拓展运用：如图3，E是三角形内一点，，且，，，则 度． 【答案】(1)见解析 (2)成立，证明见解析 (3)150 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，进而利用等式的性质解答即可； （2）根据等式的性质得出，进而利用证明与全等，利用全等三角形的性质解答即可； （3）由旋转构造出，进而得出，然后用勾股定理逆定理判断出是直角三角形，在简单计算即可． 【详解】（1）解：是等腰三角形，， ， ， 即； （2）解：，理由如下： ， ， 即， 在与中， ， ， ； （3）解：将绕点旋转得，连接， ， ，，， 是等边三角形， ， 在中，，，， ， 是直角三角形， ， ， 又， ； 故答案为：． 【点睛】本题是三角形的综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点． 类型九、旋转与新定义问题 9．（23-24八年级下·河南安阳·期末）给出定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．    (1)在你学过的四边形中，写出一种勾股四边形的名称________． (2)如图，将绕顶点B按顺时针方向旋转得到，连接，，，已知． ①直接写出的度数是________． ②判断四边形是否为勾股四边形，并说明理由． 【答案】(1)正方形、矩形、直角梯形均可 (2)①；②四边形是勾股四边形，理由见解析 【分析】（1）根据题意结合所学四边形即可求解； （2）①先证明，得出，，连接，进一步得出为等边三角形即可求解； ②等边三角形的性质进一步得出是直角三角形，即可求解． 【详解】（1）解：正方形、矩形、直角梯形均可， 故答案为：正方形、矩形、直角梯形均可； （2）解：①由旋转的性质得，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 故答案为：； ②∵是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 在中，， 即四边形是勾股四边形． 【点睛】本题考查旋转的性质、勾股定理、等边三角形的性质与判定、特殊四边形的性质，熟练掌握勾股定理和等边三角形的性质与判定证得是解题的关键 类型十、旋转的性质与角的综合问题 10．（21-22·河南南阳·期末）一副三角板如图1摆放，，，，点在上，点A在上，且平分，现将三角板绕点顺时针旋转（当点落在射线上时停止旋转）． (1)当旋转角为______时，； (2)在旋转过程中，与的交点记为，如图2，若中有两个内角相等，求旋转角的度数； (3)当边与边、有交点时，如图3，连接，设，，，试求． 【答案】(1)15º (2)当旋转角为30º或75º或120º时，△AFB中有两个内角相等 (3)= 105º 【分析】（1）利用直角三角形的性质求出∠BAC=60°，根据角平分线的定义及三角形外角定义求出∠EHB=∠EFB+∠B=60°，利用平行线的性质得到∠EHB=∠E=45°，即可求出旋转角； （2）分三种情况：①当∠PAF＝∠PFA时，②当∠PFA＝∠APF时，③当∠PAF＝∠APF时，根据等边对等角求出答案； （3）根据三角形外角的性质得到∠BMN＝∠BAE＋∠AED＝x°＋y°，∠MNB＝∠DFB＋∠D＝45°＋z°，由三角形内角和定理得到∠BMN＋∠MNB＋∠B＝180º ，代入计算可得答案． 【详解】（1）解：如图1， ∵，， ∴∠BAC=60°， ∵AF平分∠BAC， ∴∠CAF=∠BAF=30°， ∴∠BFE=∠C+∠CAF-∠DFE=30°， ∴∠EHB=∠EFB+∠B=60°， ∵， ∴∠EHB=∠E=45°， ∴旋转角=60°-45°=15° 故答案为：15°； （2）解：①当∠PAF＝∠PFA时， ∵∠PAF＝30º， ∴∠PFA＝30º， ②当∠PFA＝∠APF时， ∵∠PAF＝30º， ∴∠PAF＋∠PFA＋∠APF＝180º， ∴∠AFB≡（180º－30º）＝75º， ③当∠PAF＝∠APF时， ∠AFP＝180º－∠PAF－∠APF＝180º－30º－30º＝120º， ∴当旋转角为30º或75º或120º时，△AFB中有两个内角相等； （3）解：∵∠BMN＝∠BAE＋∠AED＝x°＋y°，∠MNB＝∠DFB＋∠D＝45°＋z°， 且∠BMN＋∠MNB＋∠B＝180º ，∠B＝30º， ∴x°＋y°＋z°＋45º＋30º＝180º， ∴x°＋y°＋z°＝105º． 【点睛】此题考查了旋转的性质，旋转角的计算，三角形外角性质，三角形内角和定理的应用，正确理解旋转的性质是解题的关键． 类型十一、旋转的性质与线段的综合问题 11．（2024·湖北咸宁·二模）综合探究：在中，，把绕点逆时针旋转适当的角度得到，连接对应点，和，交于点． (1)如图1，当点落在边上时，证明：； (2)如图2，当点不落在边上时，，交于点，请探究是否还成立？写出探究过程； (3)如图3，在（2）的条件下，当时，时，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)成立，见解析 (3) 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，进而证明，结合易得，即为等腰三角形，再证明，即可证明结论； （2）过点作交的延长线于点，连接，证明四边形为平行四边形，由平行四边形的性质即可证明结论； （3）连接，由旋转的性质可得，，，，结合，证明，设，，则，，，证明，易得，由直角三角的性质和等腰三角形的性质可得，，然后在中，由勾股定理可得，代入数值并求得，即可获得答案． 【详解】（1）证明：根据题意，把绕点逆时针旋转适当的角度得到， ∴，，， ∴，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）如下图，过点作交的延长线于点，连接， ∴， ∵由旋转可知，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴； （3）连接，如下图， 由旋转的性质可得，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴可设，， 则，，，， ∴， ∵ ∴， ∴， 由（2）知， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴在中，可有， 即，解得， ∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上中线的性质、勾股定理等知识，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识并综合运用是解题关键． 类型十二、旋转的几何压轴问题 12．（23-24·四川成都·期末）如图1，在中，°，，点，分别在边，上，，连接，点F，P，G分别为的中点. (1)如图1中，线段与的数量关系是_____，位置关系是_____； (2)若把绕点C逆时针方向旋转到图2的位置，连接，判断的形状，并说明理由； (3)若把绕点C在平面内自由旋转，，请求出面积的最大值. 【答案】(1) (2)是等腰直角三角形，理由见解析 (3). 【分析】（1）根据中位线定理可得，结合平行线的性质可得，据此即可求解； （2）证得；根据中位线定理可得，结合平行线的性质可得，据此即可求解； （3）由得当最大时，面积最大，此时，点 在的延长线上，据此即可求解． 【详解】（1）解：∵ ，， ∴ ∵点F，P，G分别为的中点. ∴ ∴ ∵， ∴ ∵ ∴， ∴ 故答案为：； （2）解：是等腰直角三角形，理由如下： ∵， ∴ ∵，， ∴ ∴ 由（1）得： ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∴是等腰直角三角形 （3）解：由（2）可知是等腰直角三角形， ， ∴当最大时，面积最大，如图所示： 此时，点 在的延长线上， ， ∴， 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、中位线定理、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握旋转模型的相关结论是解题关键． 一、单选题 1．（23-24九年级上·全国·单元测试）如图，在中，，将绕顶点C逆时针旋转得到，M是的中点，P是的中点，连接．若，，则线段的最大值是（    ）   A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】根据旋转的性质可知，进而可知的知，结合图形和三角形三边关系即可得出PM的取值范围，进而可知P、C、M共线时，值最大，即可选出答案． 【详解】解：如下图，连接． 在中， ∵ ∴ 根据旋转不变性可知， ∵P是的中点 ∴ ∴ ∵M是的中点， ∴， 又∵ 即， ∴的最大值为3，(此时P、C、M共线)． 故答案为：B． 【点睛】本题主要考查的是旋转的性质，含有角直角三角形的性质和三角形三边关系，能够综合调动所学知识，得出P、C、M的关系是解题关键． 2．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A、C分别在x、y轴上，且．将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形，再将正方形绕原点O顺时针旋转，并放大为原来的2倍，使，得到正方形……以此规律，得到正方形，则点的坐标为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查点的坐标变化规律，得出B点坐标变化规律是解题关键．根据题意得出B点坐标变化规律，进而得出点所在的象限，进而得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴， ∴， 将正方形绕原点O顺时针旋转，且，得到正方形， 再将正方绕原点O顺时针旋转，且，得到正方形…以此规律， ∴每4次循环一周，， ∵， ∴点与同在一个象限内， ∴点， 故选：A． 3．（22-23八年级下·广东深圳·期中）如图，将两个全等的等腰直角三角形摆成如图所示的样子，其中，，，分别与交于，两点，将绕着点顺时针旋转得到，则下列结论：；DA平分；若，，则；若，则．其中正确的个数有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，以及勾股定理，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得和全等，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出判断出正确；根据全等三角形对应边相等可得，，判断出正确；利用勾股定理得到，过作于点，再利用勾股定理求出，故正确；根据角的度数得到，然后利用“角角边”证明 和全等，根据三角形面积公式即可求得，判断出错误，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】∵，， ∴，， 由旋转性质可知， ∴，，，， ， ∴，故正确； ∵， ∴，即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴平分，故正确； 在中，， ∵，， ∴， 当，时， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过作于点， ∴， ∴， ∴， ∴由勾股定理得：， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴，故正确； ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∵，， ∴， 设到边距离为， ∴，， ∴， ∴，故错误； 综上正确， 故选：． 4．（23-24九年级上·全国·单元测试）如图，将边长为的正方形绕点按顺时针方向旋转到正方形的位置，使得点落在对角线上，与相交于点，则的长为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，根据正方形性质以及勾股定理得到，，再根据求解，即可解题． 【详解】解：正方形边长为， 正方形边长为，为对角线， ，，， 点落在对角线上，与相交于点， ， ， ， 故选：B． 二、填空题 5．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，正三角形的边长为2，D是边的中点，连接，点E在线段上，连接，以点B为旋转中心顺时针旋转得，连接．点E从A到D，点F经过的路径长为 ． 【答案】 【分析】由正三角形的边长为2，D是边的中点，可得，，，，由勾股定理得，，如图，连接，由旋转的性质可知，，，证明，则，可知点E从A到D，点F经过的路径长为的长，然后作答即可． 【详解】解：∵正三角形的边长为2，D是边的中点， ∴，，，， 由勾股定理得，， 如图，连接， 由旋转的性质可知，，， ∴，即， ∵，，， ∴， ∴， ∴点E从A到D，点F经过的路径长为的长，即， 故答案为：． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．确定点F的运动轨迹是解题的关键． 6．（2024·上海·模拟预测）已知在中，，将绕点A旋转，使点B落在原的点C处，此时点C落在点D处，延长线段交原的边的延长线于E，则 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了解直角三角形：在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．也考查了等腰三角形的性质和旋转的性质．作于H，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出，再根据旋转的性质得，，则利用三角形外角性质可计算出，接着在中利用含30度的直角三角形三边的关系得，，所以，然后在中利用得到，于是可得． 【详解】解：作于H，如图， ∵， ∴， ∵绕点A旋转，使点B落在原的点C处，此时点C落在点D处， ∴， ∵， ∴， 在中，∵， ∴，， ∴， 在中，∵， ∴， ∴． 故答案为． 7．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，四边形中，，，，，为射线上的动点，将线段绕点顺时针旋转得到，的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题是几何变换综合题，考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、旋转的性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形．将绕点顺时针旋转至，连接，可证得，从而得出，可得出，，从而得出，从而，故当点在处时，最小，从而，从而得出的最小值． 【详解】解：将绕点顺时针旋转至，连接，   ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 当点在处时，最小， ， 的最小值为：． 故答案为：． 8．（23-24九年级上·北京西城·期中）在中，，．将绕点顺时针旋转（），直线与直线交于点，点间的距离记为，点间的距离记为．给出下面四个结论：①的值一直变大；②的值先变小再变大；③当时，的值保持不变；④当，的值保持不变；上述结论中，所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】本题考查了图形旋转，全等三角形的判定和性质，当时，的值由会逐渐变大，可判断①；而当时，可知的值先变小再变大，可判断②；当时，在上取点，使，连接，，证明，有，知，可判断③错误，④正确；掌握旋转的性质是解题的关键． 【详解】解：当时，的值一直变大，故①正确； 当时，的值逐步变小；当时，；当时，的值逐步变大，故②正确； 当时，连接，如图， 由题意得，，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴的值保持不变，故③错误； 当时，在上取点，使，连接，如图， 由题意得，，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴的值保持不变，故④正确； ∴正确的有①②④， 故答案为：①②④． 三、解答题 9．（22-23九年级上·福建厦门·阶段练习）如图，在矩形中，点E是线段上的一点，且，连接，设． (1)尺规作图：将线段绕点B逆时针旋转α得到线段，连接交于点H，连接； (2)试判断与的数量关系，并给予证明． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】（1）根据作图过程即可解决问题； （2）根据旋转的性质得到，求得，根据平行的性质得到，过点作的垂线，求得，即可证明结论． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）解：， 证明：过点作的垂线，如图， 将线段BA绕点B逆时针旋转α得到线段， ， ， ， ， ， ， ， 平分， 又∵， ， ， 在和中， ， ， ． 【点睛】本题是旋转综合题，考查了尺规作图，旋转的性质，矩形的性质，角平分线的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质等知识点．正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 10．（23-24九年级上·湖北武汉·期末）在中，将绕点A顺时针旋转至，将绕点A逆时针旋转至（，），得到，使，我们称是的“旋补三角形”， 的中线叫做的“旋补中线”，点A叫做“旋补中心”． (1)当为等边三角形时，画图研究的“旋补中线”与的数量关系是__________； (2)如图，当为任意三角形时，（1）中的结论是否成立?并给予证明； (3)若，，求的“旋补三角形”的周长． 【答案】(1) (2)结论仍然成立，证明见解析 (3) 【分析】（1）由旋转的性质和等边三角形的性质可得，，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得，再进行等量代换，即可解题； （2）延长至点，使得，连接、，证明四边形为平行四边形，再由“”可证，利用全等三角形性质和平行四边形性质即可解题； （3）根据题意得到，结合等腰三角形性质和勾股定理可求，再结合旋转的性质即可求解． 【详解】（1）解：由旋转的性质可知，，， 为等边三角形， ，， ， ， ，是的中线， ，， ， ， 即； 故答案为：； （2）解：结论仍然成立， 证明如下： 延长至点，使得，连接、， 是的中线， ， 四边形为平行四边形， ，， ， ， ， 由旋转的性质可知，，， ， ， ； （3）解：， ， ，是的中线， ， ， ， 的“旋补三角形”的周长为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，直角三角形性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 11．（22-23九年级上·福建莆田·期中）综合与实践 问题情境： 如图①，点E为正方形内一点，，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C）．延长交于点F，连接． 猜想证明： （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，求的长． 【答案】（1）四边形是正方形，理由见解析；（2），证明见解析；（3） 【分析】（1）由旋转的性质可知，，，由，可得，可证四边形是矩形，由，可证四边形是正方形； （2）如图②，过点D作于点H，证明，则，由旋转可知，，由四边形是正方形，可得，则，进而可得； （3）如图①，过点D作于点H．由（2）可知，，则，，，由勾股定理得：，即，可求满足要求的解为，则，由勾股定理得，，计算求解即可． 【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下； 由旋转的性质可知，，， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形； （2）解：，证明如下； 如图②，过点D作于点H， ∴，          图② ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 由旋转可知，， 由（1）可知，四边形是正方形， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图①，过点D作于点H．         图① 由（2）可知，， ∴，， ∴， 由勾股定理得：，即， 解得，或（舍去）， ∴， 由勾股定理得，， ∴的长为． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． 12．（2024·吉林松原·模拟预测）如图，在四边形中，已知，，点分别在上，． (1)①如图①，若都是直角，把绕点逆时针旋转至，使与重合，则线段和之间的数量关系为______； ②如图②，若都不是直角，但满足，线段和之间的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由； (2)如图③，在中，，，点均在边边上，且，若，请直接写出的长． 【答案】(1)①，②成立，见解析 (2) 【分析】（1）①根据若都是直角，，可得四边形是正方形，根据旋转可得，求出，可证，由此即可求解；②如图所示，延长，并取，连接，可证，可得，由此可证即可求解； （2）根据题意，将绕点顺时针旋转后得，可得，再证，可得，根据全等三角形的性质可证是直角三角形，设，则，在中，根据勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：在四边形中，，，， ∴， ①，理由如下， 若都是直角，则，且， ∴四边形是正方形， 把绕点逆时针旋转至，使与重合， ∴， ∴，，，， ∴，则点三点共线， ∵， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∴； ②成立，理由如下， 如图所示，延长，并取，连接， ∵，， ∴， 在中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵，， ∴将绕点顺时针旋转后，与重合，得，如图所示， ∴， ∴，，， ∵， ∴，则， ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴，即，垂足为点， ∴是直角三角形， 设，则， ∴，即， 解得，， ∴的长为． 【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角的性质，直角三角形的判定，勾股定理求线段长等知识的综合，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质，合理作出辅助线是解题的关键． 13．（22-23八年级下·天津和平·期中）阅读下面材料： 小诚遇到这样一个问题：如图，在等边三角形内有一点，且，，，求的度数； 小诚是这样思考的：如图，构造等边，利用全等转化问题，得到从而将问题解决． （1）请你回答：图中的度数等于______直接写答案 参考小诚同学思考问题的方法，解决下列问题： （2）如图，在正方形内有一点，且，，． ①求的度数； ②正方形的边长______直接写答案 （3）如图，在正六边形内有一点，且，，，则的度数等于______，正六边形的边长为______直接写答案 【答案】（1）；（2）①；②；（3），． 【分析】把绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质可得，，，证出是等边三角形，由等边三角形的性质求出，，再由勾股定理逆定理求出，求出，即为的度数； 把绕点逆时针旋转得到，由旋转的性质可得，，，证出是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质求出，，再利用勾股定理逆定理求出，然后求出，即为的度数； 如图，过点作于，先证明，，三点共线，根据是等腰直角三角形，得，并由勾股定理可得正方形的边长为； 如图，六边形是正六边形，把绕点逆时针旋转得到，连接，过点作于，先根据勾股定理可得的长，从而得的长，由勾股定理的逆定理可得，可得的度数；如图，过点作于，由勾股定理可得的长． 【详解】解：是等边三角形， ，， 如图，把绕点逆时针旋转得到，连接， 由旋转的性质，，，，， 是等边三角形， ，， ，， ， ， ； 故； 故答案为：； 四边形是正方形， ，， 如图，把绕点逆时针旋转得到， 由旋转的性质，，，， 是等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ， 故； 如图，过点作于， ，， ， ，，三点共线， 是等腰直角三角形， ， ， ， 由勾股定理得：，即正方形的边长为， 故答案为：； 如图，六边形是正六边形， ，， 把绕点逆时针旋转得到，连接，过点作于， 由旋转的性质，，，， 是等腰三角形，， ，， ， ，， ， ， ， 故； 如图，过点作于， ， ， ，， ， ． 故答案为：，． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质，正六边形的性质，勾股定理以及勾股定理逆定理的应用，利用旋转的性质构造辅助线是解题的关键． 14．（2024·辽宁·模拟预测）【基础方法】 （1）小明遇到这样一个问题：如图1、在正方形中，点分别为边上的点，，连接，求证：小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将绕点顺时针旋转得到（如图），此时即是，在图2中，请依据小明的思考过程，求的度数；    【方法应用】 （2）如图3，在四边形中，，，，是上一点，若，，求的长度； 【应用拓展】 （3）如图4，已知线段，，以为边作正方形，连接．当线段的值最大时，求此时正方形的面积． 【答案】（1）；（2）；（3）正方形的面积为． 【分析】（1）根据旋转只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得，然后求出，再根据计算即可得解； （2）过点作交的延长线于点可得四边形是正方形，然后设，根据上面的结论表示出，再求出，然后在中, 利用勾股定理列式进行计算即可得解； （3）过点作，取，连接，，推导出，由可证，可得，当三点共线时，取最大值，据此求解即可． 【详解】解：（1）根据旋转知：， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即； （2）过点作交的延长线于点，如图，    ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 根据上面结论可知， 设， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴； （3）如图，过点作，取，连接，，如图，    ∵，，∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴线段有最大值时，只需最大即可， 在中，， 当三点共线时，取最大值，此时， 在等腰直角三角形中，，， 作于点M，      则． 在中，， ∴正方形的面积． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 15．（23-24八年级下·四川成都·期中）在中，．点在边上且，将绕点B逆时针旋转a得到（）． (1)如图1，当时，求； (2)如图2，在旋转过程中，连接，取中点 F，作射线交直线于点G．当时， 求证：； (3)如图3．当时，点P为线段上一动点，过点E作射线于点N，M为中点，直接写出的最大值与最小值． 【答案】(1) (2)见解析 (3)的最大值，的最小值， 【分析】（1）如图1，过点E作交的延长线于点H， 根据题意求得，再根据特殊直角三角形的性质进而求得上的高，代入面积公式算出结果； （2）①如图，在线段上截取，连接，可证得四边形是平行四边形，得出，可证，得出，由，即可推出结论； （3）连接AE，取的中点，的中点Q，连接，可证是等腰直角三角形，得出：，再由点是的中点，可得：，且，利用勾股定理得，当B、Q、M三点共线时，的最小值，当点P与点E重合时，此时，的最大值．． 【详解】（1）解：如图1，过点E作交的延长线于点H， ∴， ∵， ∴， ∵点在边上且，将绕点B逆时针旋转a得到． ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）如图，在线段上截取，连接， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是平行四边形，且， ∴， ∵，即， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； （3）解：连接，取的中点，的中点Q，连接， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵点S是的中点， ∴，且， ∵M是的中点，S是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵点Q是的中点， ∴， 在中，， 当B、Q、M三点共线时，的最小值， 当点P与点E重合时，， 此时，的最大值． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． ( 44 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$