《中考数学二轮复习压轴题培优专练专题07 几何图形的旋转变换问题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考数学二轮复习压轴题培优专练专题07 几何图形的旋转变换问题（解析版）（32页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题07 几何图形的旋转变换问题 几何图形的旋转变换在中考压轴题中的考查非常频繁。旋转变换的性质：图形通过旋转，图形中每一点都绕着旋转中心沿相同的方向旋转了同样大小的角度，任意一对对应点与旋转中心的连线都是旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等，旋转过程中，图形的形状、大小都没有发生变化。在解决旋转变换的题目时，不仅要把握旋转的性质和几何图形的性质外，还要求考生能够在图形变换中找到不变的量，通过转化等数学思想，将未知条件转化为已知条件，陌生模型转化为熟悉模型。（2022山东菏泽统考中考真题）如图1，在中，于点D，在DA上取点E，使，连接BE、CE(1)直接写出CE与AB的
2、位置关系；(2)如图2，将绕点D旋转，得到（点，分别与点B，E对应），连接，在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是否一致?请说明理由；(3)如图3，当绕点D顺时针旋转30时，射线与AD、分别交于点G、F，若，求的长（1）由等腰直角三角形的性质可得ABC=DAB=45，DCE=DEC=AEH=45，可得结论；（2）通过证明，可得，由余角的性质可得结论；（3）由等腰直角的性质和直角三角形的性质可得，即可求解【答案】(1)CEAB，理由见解析；(2)一致，理由见解析；(3)【详解】（1）如图，延长CE交AB于H，ABC=45，ADBC，ADC=ADB=90，ABC=DAB=45
3、，DE=CD，DCE=DEC=AEH=45，BHC=BAD+AEH=90，CEAB；（2）在旋转的过程中与的位置关系与（1）中的CE与AB的位置关系是一致的，理由如下：如图2，延长交于H，由旋转可得：CD=，=AD，ADC=ADB=90，,，+DGC=90，DGC=AGH，DA+AGH=90，AHC=90，；（3）如图3，过点D作DH于点H，BED绕点D顺时针旋转30，AD=2DH，AH=DH=，由（2）可知：，ADBC，CD=，DG=1，CG=2DG=2，CG=FG=2，AG=2GF=4，AD=AG+DG=4+1=5，本题是三角形综合题，考查了等腰三角形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，
4、相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键（2022辽宁锦州统考中考真题）如图，在中，D，E，F分别为的中点，连接 (1)如图1，求证：；(2)如图2，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，当射线交于点G，射线交于点N时，连接并延长交射线于点M，判断与的数量关系，并说明理由；(3)如图3，在（2）的条件下，当时，求的长（1）连接，可得，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据中位线定理可得，即可得证；（2）证明，根据（1）的结论即可得；（3）连接，过点作于，证明，可得，勾股定理求得，根据，可得，进而求得，根据求得，根据（2）的结论，即可求解【答案】(1)见解析；(2)，理由
5、见解析；(3)【详解】（1）证明：如图，连接， ，D，E，F分别为的中点，（2），理由如下，连接，如图，D，E，F分别为的中点，四边形是平行四边形，将绕点D顺时针旋转一定角度，得到，（3）如图，连接，过点作于，中，,，中，中，本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，中位线的性质定理，相似三角形的性质与判定，求角的正确，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键（2022山西中考真题）综合与实践问题情境：在RtABC中，BAC=90，AB=6，AC=8直角三角板EDF中EDF=90，将三角板的直角顶点D放在RtABC斜边BC的中点处，并将三角板绕点D旋转，三角板的两边DE，DF分别
6、与边AB，AC交于点M，N，猜想证明：（1）如图，在三角板旋转过程中，当点M为边AB的中点时，试判断四边形AMDN的形状，并说明理由；问题解决：（2）如图，在三角板旋转过程中，当时，求线段CN的长；（3）如图，在三角板旋转过程中，当AM=AN时，直接写出线段AN的长（1）由三角形中位线定理得到 ，证明A=AMD=MDN=90，即可证明结论；（2）证明NDC是等腰三角形，过点N作NGBC于点G，证明CGNCAB，利用相似三角形的性质即可求解；（3）延长ND，使DH=DN，证明BDHCDN，推出BH=CN，DBH=C，证明MBH=90，设AM=AN=x，在RtBMH中，利用勾股定理列方程，解方程即
7、可求解【答案】（1）四边形AMDN为矩形；理由见解析；（2）；（3）【详解】解：（1）四边形AMDN为矩形理由如下：点M为AB的中点，点D为BC的中点，AMD+A=180，A=90，AMD=90，EDF=90，A=AMD=MDN=90，四边形AMDN为矩形；（2）在RtABC中，A=90，AB=6，AC=8，B+C=90，点D是BC的中点，CD=BC=5EDF=90，MDB+1=90B=MDB，1=CND=NC过点N作NGBC于点G，则CGN=90CG=CD=C=C，CGN=CAB=90，CGNCAB，即，；（3）延长ND至H，使DH=DN，连接MH，NM，BH，MDHN，MN=MH，D是BC
8、中点，BD=DC，又BDH=CDN，BDHCDN，BH=CN，DBH=C，BAC=90，C+ABC=90，DBH+ABC=90，MBH=90，设AM=AN=x，则BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，在RtBMH中，BM2+BH2=MH2，(6-x)2+(8-x)2=(x)2，解得x=，线段AN的长为本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，勾股定理，解第（3）问的关键是学会利用参数构建方程解决问题1（2022山东德州统考二模）如图，在矩形中，平分交于点.连接，点是上一动点，过点作交于点将绕点旋转得到(1)连接，求证：；(2)当点恰好落在直线上时，若，求
9、的值【答案】(1)见解析；(2)或【分析】（1）先证得，从而证明了结论；（2）先求得的长，进而求得，然后利用勾股定理解直角三角形，即可求得结果【详解】（1）证明：，由旋转可知：，即，；（2）如图1，四边形是矩形，平分，由（1）知：，在中，由勾股定理得，综上所述，或2（2022内蒙古包头包钢第三中学校考三模）已知中，点、分别在边、上，且，将绕点逆时针旋转设旋转角为(1)试说明；(2)若，当时，若点恰好落在边中点处，求的值；(3)若，当点恰好落在边上时，延长交于，若，求的值【答案】(1)见解析；(2)；(3)【分析】（1）根据，证明，得出，根据旋转的性质可得，即可得证；（2）根据三角形中线的性质，
10、中位线的性质，设，求得，根据相似三角形的性质求得，进而即可求解（3）根据勾股定理求得，进而根据相似三角形的性质求得的长，证明，根据相似三角形的性质求得，即可求的值【详解】（1）证明： ，绕点逆时针旋转设旋转角为，（2）点恰好落在边中点处， ，垂直平分，,，设，则，为的中点，（3），是等腰直角三角形，设，则，,，中，3（2022浙江绍兴校联考二模）如图，在RtABC中，C90，AC8，BC=6，P为线段BC上一动点，设PCx(1)如图，当x2时，求AQ的长；(2)如图，当x3时，把CPQ绕点C逆时针旋转度，（090），求此时AQ的长；(3)如图，将PCQ沿PQ翻折，得到PQM，点M是否可以落在A
11、BC的某边的中垂线上？如果可以，求出相应的x的值；如果不可以，说明理由。【答案】(1)AQ=；(2)AQ=；(3)或【分析】（1）根据平行线分线段成比例定理得出，求出CQ的长度，即可求解答案；（2）先证明，利用相似三角形的性质求出，过点C作CDPQ于点D，再利用等面积法求出，然后根据勾股定理分别求出DQ、AD长度，求解即可；（3）分别讨论当点M落在三角形ABC的边AC的中垂线上时，当点M落在三角形ABC的BC的中垂线上时，当点M落在三角形ABC的BA的中垂线上时三种情况，根据矩形的判定和性质及相似三角形的判定和性质进行求解即可【详解】（1）， BC=6，AC8，PC2，；（2）图形旋转前，解得
12、，在中，过点C作CDPQ于点D，即，解得，在中，在中，；（3）当点M落在三角形ABC的边AC的中垂线上时，设AC的中垂线交AC于点N，过点P作PDAC的中垂线于点D，四边形PCND是矩形，即，解得，由翻折可得，即，在中，即，解得；当点M落在三角形ABC的BC的中垂线上时，设BC的中垂线交BC于点F，过点Q作QEFM于点E，四边形FCQE是矩形，即，解得，在中，即，解得；当点M落在三角形ABC的BA的中垂线上时，如图可知，点M不可能落在三角形ABC的BA的中垂线上；综上，或4（2022浙江金华校联考二模）如图，菱形ABCD中，点E是射线AC上的一个动点，将线段BE绕点E顺时针旋转90到EF，连接DE、DF(1)求证：；(2)如图2，连接BD，CF，当与相似时，求CE的长；(3)当点D关于直线EF的对称点落在菱形的边上时，求AE的长【答案】(1)见解析(2)或(3)的长为1或3或4或5或7【分析】（1）根据菱形的性质，利用“SAS”得出，即可得出BE=DE，根据旋转的性质得出BE=EF，即可证明DE=EF；（2）先根据菱形的性质求出BD=6，再分或两种情况，分别求出CE的长即可；（3）根据点D关于EF的对称点在AB上，BC上，与点B重合，与自身重合，其中与自身重合时又要根据
