考点13 旋转的综合运用-人教版九年级上册期中专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 13 旋转的综合运用 1. 如图，在 ABC 中，以 C为中心，将 ABC 顺时针旋转35得到 DEC ，边 ,ED AC 相交于点 F，若 30A  ，则 EFC 的度数为________． 2. 在平面直角坐标系中，已知  21A ，，现将 A点绕原点 O逆时针旋转90得到 1A ，则 1A 的坐 标是（ ） A.  1 2 ， B.  2 1， C.  1 2， D.  2 1 ， 3. 如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝2cm．现在将△ABC绕点 C逆时针 旋转至△A′B′C′，使得点 A′恰好落在 AB上，连接 BB′，则 BB′的长度为_____． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 4. 如图，将 ABC 绕点 A逆时针旋转一个角度 ，得到 ADEV ，点 B的对应点 D恰好落在BC 边上．且点 A、B、E在同一条直线上． （1）求证： AD 平分 BDE ； （2）若 AC DE ，求旋转角 的度数． 5. 如图，点 F为正方形 ABCD内一点，△BFC绕点 B逆时针旋转后与△BEA重合 （1）求△BEF的形状 （2）若∠BFC=90°，说明 AE∥BF 6. 如图，已知正方形 ABCD的边长为 6，E，F分别是 AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°， 将△DAE绕点 D逆时针旋转 90°，得到△DCM． （1）求证：EF＝MF； （2）若 AE＝2，求 FC的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 7. 已知，点 P 为等边三角形 ABC 所在平面内一点， （1）如图①，点 P在 ABC 外， 120BPC  ， 90ABP  ，求证： BP CP ； （2）如图②，点 P在 ABC 内， 3 4 5AP BP CP  ， ， ，求 APB 的度数； （3）如图③，点 P在 ABC 内，且 120BPC  ，M 为 BC 上一点，连接PM ，若 180BPM APC   ，求证： BM CM ． 8．给出如下定义：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）以下四边形中，是勾股四边形的为 （填序号即可）； ①平行四边形；②矩形；③有一个角为直角的任意凸四边形；④有一个角为 60°的菱形． （2）如图 1，将△ABC绕顶点 C按顺时针方向旋转 n°得到△EDC． ①连接 AD，当 n＝60，∠BAD＝30°时，求证：四边形 ABCD是勾股四边形． ②如图 2，将 DE绕点 E顺时针方向旋转得到 EF，连接 BF，BF与 AE交于点 P，连接 CP， 若∠DEF＝（180﹣n）°，CP＝2，AE＝8，求 AC的长度． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 9. 将矩形 ABCD绕点 A顺时针旋转  0 360     ，得到矩形 AEFG ． （1）如图，当点 E在 BD上时． ①若 62BAE  ，则 DAG  _____________°； ②求证：FD CD ； （2）探究：当 为何值时，GC GB ？请你画出图形，并说明理由． 10. 如图，已知△BAD 和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为 DE的中 点，过点 E与 AD平行的直线交射线 AM于点 N． （1）当 A，B，C三点在同一直线上时（如图 1），求证：M为 AN的中点； （2）将图 1中的△BCE绕点 B旋转，当 A，B，E三点在同一直线上时（如图 2），求证： △ACN为等腰直角三角形； （3）将图 1中△BCE绕点 B旋转到图 3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证 明之，若不成立，请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 专项 13 旋转的综合运用 参考答案 1. 【答案】65##65度 【解析】 【分析】本题考查了旋转的性质以及三角形的外角性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．由 旋转的性质得出 30D A   ， 35ACD  ，，由三角形的外角性质即可得出答案． 【详解】解：∵将 ABC 顺时针旋转35得到 DEC ， ∴ 30D A   ， 35ACD  ， ∴ 65EFC D ACD    ， 故答案为：65． 2. 【答案】A 【解析】 【分析】根据旋转的性质进行判断作答即可． 【详解】解：如图，过A作 AB x 轴于 B，过 1A作 1 1AB y 轴于 1B ， ∵将 A点绕原点 O逆时针旋转90得到 1A， ∴由旋转的性质可得， 1 1 12 1OB OB AB AB   ， ， ∴ 1A  1 2 ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，绕原点旋转 90度的点的坐标．解题的关键在于对知识的熟 练掌握与灵活运用． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 3. 【答案】2 3 . 【解析】 【分析】由题意可得△AA'C是等边三角形，可得旋转角为 60°，可得△BCB'是等边三角形， 可得∠A'BB'=90°，根据勾股定理可得 BB'的长． 【详解】∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2cm ∴∠A=60°，AB=4， ∵△ABC绕点 C逆时针旋转至△A′B′C′ ∴A'C=60°，A'B'=4，BC=B'C，∠ACA'=∠BCB' ∵AC=A'C，∠A=60° ∴△ACA'是等边三角形， ∴∠ACA'=60°，AA'=2 ∴A'B=2，∠BCB'=60°，且 BC=CB' ∴△BCB'是等边三角形 ∴∠CBB'=60° ∴∠A'BB'=90° ∴BB'=2 3 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，关键是证△A'B'B是直角三 角形． 4. 【答案】（1）证明见解析 （2） 72   【解析】 【分析】（1）如图（见解析），根据旋转的性质可得 1 B   ， AD AB ，根据等腰三角形 的性质可得 2 B   ，从而可得 1 2  ，由此即可得证； （ 2）如图（见解析），先根据旋转的性质可得 3 4     ， C E   ，从而可得 90C E     ，再根据等腰三角形的性质可得 190 2 B    ，然后根据三角形的外角性 质即可得． 【小问 1详解】 证明： ADE 是由 ABC 旋转得到， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 1 B ∴ ， AD AB ， 2 B   ， 1 2  ， AD 平分 BDE ． 【小问 2详解】 解：如图，由旋转可知： 3 4     ， C E   ， AC DEQ ， 90C E     ° ， ∵在 ABD△ 中， AB AD ，  1 1180 90 2 2 B       ， 点 , ,A B E在同一条直线上， ∴ 4 B C    ，即 190 90 2    ， 解得 72  ． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质，熟练掌握旋转和等 腰三角形的性质是解题关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 5. 【答案】（1）等腰直角三角形（2）见解析 【解析】 【分析】（1）利用正方形的性质得 BA＝BC，∠ABC＝90°，然后根据旋转的定义可判断旋转 中心为点 B，旋转角为 90°，根据旋转的性质得∠EBF＝∠ABC＝90°，BE＝BF，则可判断△BEF 为等腰直角三角形； （2）根据旋转的性质得∠BEA＝∠BFC＝90°，从而根据平行线的判定方法可判断 AE∥BF． 【详解】（1）△BEF为等腰直角三角形，理由如下： ∵四边形 ABCD为正方形， ∴BA＝BC，∠ABC＝90°， ∵△BFC逆时针旋转后能与△BEA重合， ∴旋转中心为点 B，∠CBA为旋转角，即旋转角为 90°； ∵△BFC逆时针旋转后能与△BEA重合， ∴∠EBF＝∠ABC＝90°，BE＝BF， ∴△BEF为等腰直角三角形； （2）∵△BFC逆时针旋转后能与△BEA重合， ∴∠BEA＝∠BFC＝90°， ∴∠BEA＋∠EBF＝180°， ∴AE∥BF． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段 的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质． 6.【答案】（1）见解析；（2）FC=3． 【解析】 【分析】（1）由旋转可得 DE＝DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF＝90°，由∠EDF ＝45°，得到∠MDF为 45°，可得出∠EDF＝∠MDF，再由 DF＝DF，利用 SAS可得出三角形 DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出 EF＝MF； （2）由（1）的全等得到 AE＝CM＝2，正方形的边长为 6，用 AB﹣AE求出 EB的长，再由 BC+CM求出 BM的长，设 EF＝MF＝x，可得出 BF＝BM﹣FM＝BM﹣EF＝8﹣x，在直角三 角形 BEF中，利用勾股定理列出关于 x的方程，求出方程的解得到 x的值，即为 EF的长，由 此即可求出 CF的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 【详解】解：（1）∵四边形 ABCD是正方形， ∴∠A=∠FCD=∠ADC=90°， ∵△DAE逆时针旋转 90°得到△DCM， ∴∠A=∠DCM=90°，AE=CM，∠ADE=∠CDM，DE=DM ∴∠FCD+∠DCM＝180°，∠ADE+∠EDC=∠CDM+∠EDC=90°， ∴F、C、M三点共线，∠EDM=90°， ∴∠EDF+∠FDM＝90°， ∵∠EDF＝45°， ∴∠FDM＝∠EDF＝45°， 在△DEF和△DMF中， ∵ DE DM EDF MDF DF DF       ， ∴△DEF≌△DMF（SAS）， ∴EF＝MF； （2）设 EF＝MF＝x， ∵AE＝CM＝2，且 BC＝6， ∴BM＝BC+CM＝6+2＝8， ∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝8﹣x， ∵EB＝AB﹣AE＝6﹣2＝4， 在 Rt△EBF中，由勾股定理得 2 2 2EB BF EF  ， 即  22 24 8 x x   ， 解得：x＝5， ∴EF＝5， ∴CF=FM-CM=EF-CM=3． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、三角形全等及勾股定理，关键是根据半角 旋转得到三角形的全等，然后利用勾股定理求得线段的长． 7. 【答案】（1）见解析 （2） 150APB  ； （3）见解析 【解析】 【分析】（1）证明 BPC BCP   即可； （2）将 BPC△ 绕点 B逆时针旋转60得 BEA△ ，根据旋转的性质得 4BE BP  ， 5AE PC  ， 60PBE  ，则 BPE 为等边三角形，得到 4PE PB  ， 60BPE  ，在 AEP△ 中， 5AE  ， 3AP  ， 4PE  ，根据勾股定理的逆定理可得到 APEV 为直角三角形，且 90APE  ，即可得 出答案； （3）将 ABP 绕 A逆时针旋转60，得到 ACE△ ，点 P的对应点为 E，连接 PE，同理得 EAP 是等边三角形，过点 C 作 CN 平行于 BP ，交 PM 的延长线于点 N，再利用 ASA 证明 CPE CPN ≌ ，得CE CN ，再证明  AASBPM CNM ≌ ，从而解决问题． 【小问 1详解】 证明： ABC 是等边三角形， 60ABC ACB A    ， 90  ABP 90 90 60 30PBC ABP ABC         120BPC   ， 180PBC BPC BCPÐ + Ð + Ð = °， 180 180 120 30 30PCB BPC PBC          ， PBC BCP  ， BP CP  ； 【小问 2详解】 解：∵ ABC 为等边三角形， ∴ BA BC ， 将 BPC△ 绕点 B逆时针旋转60得 BEA△ ，连接 EP，如图， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 ∴ 4BE BP  ， 5AE PC  ， 60PBE  ， ∴ BPE 为等边三角形， ∴ 4PE PB  ， 60BPE  ， 在 AEP△ 中， 5AE  ， 3AP  ， 4PE  ， ∴ 2 2 2AE PE PA  ， ∴ APEV 为直角三角形，且 90APE  ， ∴ 90 60 150APB      ； 【小问 3详解】 证明：将 ABP 绕 A逆时针旋转60，得到 ACE△ ，点 P的对应点为 E，连接PE， 同理可知， EAP 是等边三角形， ∴ 60APE AEP   ， 180APC BPM    180APE EPC BPM    ， 120EPC BPM   ， 又 120BPC CPM BPM      EPC CPM   ， 过点 C作CN BP∥ ，交PM的延长线于点 N，则 PBC NCB   120BPC   180 120 60PBC PCB       又 60 60ACP PCB ABP PBC       ， ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 ACP PBC   由旋转得， ACE ABP BP CE   ， ∴ 60ACE ACP PBC ABP       又 60NCB BCP PBC BCP      ， ∴ 60PCE PCN    ， 在 PCE 和 PCN△ 中， EPC NPC PC PC PCE PCN         ， ∴  ASAPCE PCN ≌ ， ∴CE CN ， ∴BP CN ， 在 BPM△ 和 CNM 中， PBM NCM PMB CMN BP CN         ， ∴  AASBPM CNM ≌ ∴ BM CM ． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理的逆定理，全等三 角形的判定与性质等知识，利用旋转将分散条件集中到一个三角形中是解题的关键． 8．【分析】（1）由勾股四边形的定义得出至少有一个内角是直角四边形必是勾股四边形，即 可得出答案； （2）①只要证明△DAE是直角三角形，再利用勾股定理/旋转的性质即可解决问题． ②如图 2 中，延长 BC 交 FE 的延长线于 H．由△FPE≌△BPA，推出 PE＝PA＝5，由 CA ＝CE，推出 CP⊥AE，推出∠APC＝90°，根据 AC＝ 计算即可． 【解答】（1）解：∵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， ∴此四边形的内角中至少有一个角为直角， ①∵平行四边形的内角不一定有直角， ∴平行四边形不一定是勾股四边形； ②∵矩形的四个角都为直角， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 ∴矩形是勾股四边形； ③∵有一个角为直角的任意凸四边形， ∴此四边形为勾股四边形； ④∵有一个角为 60°的菱形， ∴菱形的四个内角分别为 60°，120°，60°，120°， ∴有一个角为 60°的菱形不是勾股四边形， 故答案为：②③； （2）①证明：如图 1中，连接 AE． ∵△ABC绕点 C顺时针旋转了 60°到△DCE， ∴AC＝BC，∠ACE＝60°， ∴△ACE是等边三角形． ∴AE＝AC，∠ACE＝60°， ∵∠DCB＝60°，∠BAD＝30° ∴∠ABC+∠ADC＝270°， ∴∠ADC+∠CDE＝170°， ∴∠ADE＝90°， 在 Rt△DAE中，AD2+DE2＝AE2， ∵DE＝AB，AC＝AE， ∴AD2+AB2＝AC2， ∴四边形 ABCD是勾股四边形； ②解：如图 2中，延长 BC交 FE的延长线于 H． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 ∵∠DCH＝180°﹣n°＝（180﹣n）°，∠DEF＝（180﹣n）°， ∴∠DEF＝∠DCH， ∵∠DEF+∠DEH＝180°， ∴∠DEH+∠DCH＝180°， ∴∠CDE+∠H＝180°， ∵∠ABC＝∠CDE， ∴∠ABC+∠H＝180°， ∴AB∥FH， ∴∠F＝∠ABP， ∵DE＝EF＝AB，∠EPF＝∠APB， ∴△FPE≌△BPA（AAS）， ∴PE＝PA， ∵AE＝PE+PA＝8， ∴PE＝PA＝4， ∵CA＝CE， ∴CP⊥AE， ∴∠APC＝90°， ∴AC＝ ＝ ＝2 ． 【点评】本题是四边形综合题，主要考查了勾股定理，旋转的性质，等边三角形的判定和 性质，全等三角形的判定和性质、平行线的判定和性质等知识，解本题的关键是理解勾股 四边形的定义，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 9. 【答案】（1）①62；②见解析 （2） 60  或300，见解析 【解析】 【分析】本题考查了矩形的判定及性质，线段垂直平分线的判定定理，等边三角形的判定及性 质． （1）①由矩形的性质可证 DAG BAE  ；②由矩形的性质及旋转的性质可证 AED FDE△ ≌△ （SAS），从而可得DF AE ，即可求证； （2）由线段垂直平分线的判定定理可得点 G在BC的垂直平分线上，①当点 G在 AD右侧时， 取BC的中点 H，连接GH交 AD于M，可证 ADG△ 是等边三角形，即可求解；②当点 G在 AD 左侧时， 同理可得 ADG△ 是等边三角形，即可求解； 掌握性质，并能根据 G点的不同位置进行分类讨论是解题的关键． 【小问 1详解】 解：①四边形 ABCD是矩形， 90BAD  ， 由旋转得： 90EAG BAD    ， 90BAE DAE   ， 90DAG DAE  ∠ ∠ ， 62DAG BAE   ， 故答案：62； ②由旋转可得： AE AB ， 90AEF ABC DAB      ， EF BC AD  ， AEB ABE   ， 又 90ABE EDA   ， 90AEB DEF   ，  EDA DEF  ， 在 AED△ 和 FDEV 中 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 DE ED EDA DEF DA EF       ，  AED FDE△ ≌△ （SAS），  DF AE ， 又 AE AB CD  ， CD DF ． 【小问 2详解】 解：如图，当GB GC 时， 则点 G在BC的垂直平分线上， ①当点 G在 AD右侧时，取BC的中点 H，连接GH交 AD于M，  GC GB ， GH BC ， 四边形 ABHM 是矩形，  1 1 2 2 AM BH AD AG   ， GM 垂直平分 AD， GD GA DA  ，  ADG△ 是等边三角形，  60DAG  ， 旋转角 60  ； ②如图，当点 G在 AD左侧时， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 同理可得 ADG△ 是等边三角形，  60DAG  ， 旋转角 360 60 300     ． 10. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）△ACN仍为等腰直角三角形，证明 见解析． 【解析】 【分析】（1）由 EN∥AD和点M为 DE的中点可以证到△ADM≌△NEM，从而证到M为 AN的中点． （2）易证 AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证 到 AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形． （3）同（2）中的解题可得 AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=180°﹣∠CBN，从而可以证到 △ABC≌△NEC，进而可以证到 AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角 形． 【详解】（1）证明：如图 1， ∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM． ∵点M为 DE的中点，∴DM=EM． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 在△ADM和△NEM中，∵ MAD MNE ADM NEM DM EM         ，∴△ADM≌△NEM（AAS）． ∴AM=MN．∴M为 AN的中点． （2）证明：如图 2， ∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°． ∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°． ∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°． ∵A，B，E三点在同一直线上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC． ∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE． ∵AD=AB，∴AB=NE． 在△ABC和△NEC中，∵ AB NE ABC NEC BC EC       ，∴△ABC≌△NEC（SAS）． ∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°． ∴△ACN为等腰直角三角形． （3）△ACN仍为等腰直角三角形．证明如下： 如图 3，此时 A、B、N三点在同一条直线上． ∵AD∥EN，∠DAB=90°，∴∠ENA=∠DAN=90°． ∵∠BCE=90°，∴∠CBN+∠CEN=360°﹣90°﹣90°=180°． ∵A、B、N三点在同一条直线上，∴∠ABC+∠CBN=180°．∴∠ABC=∠NEC． ∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE． ∵AD=AB，∴AB=NE． 在△ABC和△NEC中，∵ AB NE ABC NEC BC EC       ，∴△ABC≌△NEC（SAS）． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 ∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°． ∴△ACN为等腰直角三角形． 【点睛】本题考查全等三角形的旋转问题，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.