中考數學總復習《旋轉綜合壓軸題》專題訓練（附答案）

第頁參考答案：1．(1)(2)見解析(3)【分析】（1）將沿折疊，得到，連接，利用全等三角形的判定與性質以及勾股定理求解即可；（2）過作，且，連接，利用全等三角形的判定與性質以及勾股定理求解即可；（3）連接交于G，證明出，得到，然后證明出為直角三角形，點P在以中點M為圓心，為半徑的圓上，連接交所在直線于點N，當時，點P到直線的距離最大，然后利用三角形中位線和勾股定理求解即可．【詳解】（1）證明：如圖，將沿折疊，得到，連接，

∵，∴，將沿折疊，得到，∴∴，，，∴，∴為等邊三角形，為等腰直角三角形∴，∴；（2）如圖，過作，且，連接，

∵∴，又∵，∴∴又∵，∴，，即，，∴∴；（3）如圖3，連接交于G點∵繞A點旋轉∴，，∵∴∴∴∵∴∴為直角三角形∴點P在以中點M為圓心，為半徑的圓上，連接交所在直線于點N，當時，點P到直線的距離最大，∵∴A、P、B、C四點共圓∵，∴N是的中點∵M是的中點∴∵，∴，∴，∴，∴點P到所在直線的距離的最大值為．∴的面積最大值為．【點睛】本題是幾何變換綜合題，主要考查了旋轉的性質，全等三角形的性質和判定，三角形中位線性質，四點共圓性質，勾股定理等知識，作出輔助線是解本題的關鍵．2．（1），45°；（2）成立，理由見解析；（3）或．【分析】（1）先根據和得到和，再根據得到即可求解；（2）設交于點，先由（1）得到、和，進一步證明和得到得，結合三角形內角和定理即可求解；（3）先根據、和，得到、，再由旋轉可知，，得到，最后分兩種情況討論∶當點在線段上時，當點在線段上時，即可求解．【詳解】解∶（1）在中，，．，且，．即．的夾角為．（2）（1）中的結論仍然成立理由如下：與都為等腰直角三角形，，．．即．．，．．在中，．故（1）中的結論仍然成立．（3）的長度為或．在中，，，．，．同上結論可得，的夾角為30°，，∴．在中，，，．如圖1所示，在中，，，由勾股定理得．由，得，故的長度為；如圖2所示，當點E在延長線上時，的長度為．三點共線時的值為或．【點睛】本題考查了銳角三角函數，平行線分線段成比例，三角形內角和定理，三角形相似的判定及性質，勾股定理等知識，解題關鍵是正確做出輔助線并使用分類討論思想，本題為幾何綜合題難度較大，為中考常考題型．3．(1)(2)(3)【分析】（1）過點作于，解求得和，解求得和，進一步得出結果；（2）將繞點順時針旋轉至，連接、，可推出是直角三角形，進而得出，結合推出，，從而得出是的中位線，進一步得出結果；（3）取的中點，連接，可推出，從而得出點在以為圓心，為半徑的圓上運動，連接，交于點，當點運動到′處時，最小；作于，設交于，可推出，進而得出，設，則，，，，進而得出結果．【詳解】（1）解：如圖1，過點作于，∴，∵，，，將線段繞點逆時針旋轉得到線段，∴，，，，∴，，∵，∴，∴，∴，，∴，∴，∴線段的長度為；（2）．理由如下：如圖2，將繞點順時針旋轉至，連接、，∵，∴，，，∴，∴，∵點為線段的中點，∴，∴垂直平分，即，，∴，∴，∵，∴；（3）如圖3，取的中點，連接，∵，過點作射線的垂線，∴，∴，∴，∵將沿直線翻折至所在平面內得到，∴，∵點是的中點，∴，∴點在以為圓心，為半徑的圓上運動，連接，交于點，當點運動到′處時，最小，如圖4，作于，設交于，∵過點作線段的垂線，，∴四邊形是矩形，∴，，∵將沿直線翻折至所在平面內得到，過點作線段的垂線，垂足為點，連接，∴，，∵是的中點，∴，∴，∵，∴，，∴，，∴，∵是的中點，，∴，∴，設，∴，∴，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題考查旋轉的性質和折疊的性質，解直角三角形，垂直平分線的判定和性質，三角形中位線定理，直角三角形的性質，矩形的判定和性質，確定圓的條件，勾股定理等知識，解決問題的關鍵利用旋轉將條件集中．4．（1）見解析；（2）；理由見解析；（3）．理由見解析【分析】（1）利用即可證明；（2）由推出，，證明四邊形是正方形，利用等量代換即可推出；（3）連接和，證明，即可得到．【詳解】（1）證明：∵四邊形是正方形，∴，，∵將線段繞點逆時針旋轉得到線段，∴，，∵，∴；（2）；理由如下：∵，∴，∵，∴，，∵，∴四邊形是矩形，∵，∴四邊形是正方形，∴；（3）．理由如下：連接和，∵將線段繞點逆時針旋轉得到線段，四邊形是正方形，∴和都是等腰直角三角形，∴，，，∴，，∴，∴，即．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，正方形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性質，旋轉的性質．正確引出輔助線解決問題是解題的關鍵．5．（1）；（2）①見解析；②；（3）存在，或或或【分析】（1）根據矩形的性質得出，，根據旋轉的性質得出，根據勾股定理可得：，則，即可得出點D的坐標；（2）①根據旋轉的性質得出，則，即可根據證明；②根據旋轉的性質得出，即可求證，得出，設，則，根據勾股定理可得：，列出方程，求出x的值，即可得出H的坐標；（3）根據菱形的性質可得出以A、D、M為頂點的三角形是等腰三角形，設，，根據兩點之間距離公式得出，，，再進行分類討論：①當時，②當時，③當時，先求出點M的坐標，再根據中點坐標公式，即可得出點N的坐標．【詳解】（1）解：∵，，四邊形為矩形，∴，，∵順時針旋轉矩形，得到矩形，∴，根據勾股定理可得：，∴，∴；（2）①∵順時針旋轉矩形，得到矩形，∴，∴，在和中，，∴；②∵，∴，在和中，，∴，∴，設，則，在中，根據勾股定理可得：，即，解得：，即，∴；（3）∵使以A、D、M、N為頂點的四邊形是菱形，∴使以A、D、M為頂點的三角形是等腰三角形，設，，∵，，∴，，，①當時，，∴，解得：，∴或，∴或，解得：或∴或；②當時，，，解得：（舍去），∴，∴，解得：，∴；③當時，，∴，解得：，∴，∴，解得：，∴，綜上：或或或．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，旋轉的性質，勾股定理，菱形的性質，等腰三角形的性質，解題的關鍵是熟練掌握矩形對邊相等且平行，四個角都是直角；旋轉前后對應角相等，對應邊相等；菱形四邊都相等，對角線互相垂直平分．6．（1）；（2）仍然成立，理由詳見解析．【分析】（1）根據正方形的性質，，求得根據旋轉的性質得到，于是得到；（2）如圖2，過點作交的延長線于點，則，根據正方形的性質得到，由旋轉的性質可知，，根據全等三角形的性質得到．求得，根據等腰直角三角形的性質即可得到結論；如圖3，過點作交的延長線于點，則，根據正方形的性質得到，，由旋轉的性質可知，，根據全等三角形的性質得到．求得．根據等腰直角三角形的性質即可得到結論．【詳解】解：（1）四邊形是正方形，，由旋轉可知，（2）仍然成立①若選圖2，證明如下：如圖，過點F作交的延長線于點G，則．∵四邊形是正方形，∴，．∴，．由旋轉的性質可知，．∴．∴，∴，∴，．∴，即，∴．又∵，∴．∵，∴，②若選圖3，證明如下：如圖，過點F作交的延長線于點G，則．∵四邊形是正方形，∴，．∴，．由旋轉的性質可知，．∴．∴∴∴，．∴，即∴．又∵，∴．∵，∴．【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，全等三角形的判定和性質，正方形的性質，等腰直角三角形的性質，旋轉的性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．7．(1)圖2成立，，證明見解析(2)圖3不成立，、、的關系是，證明見解析【分析】本題考查了全等三角形的判定與性質，本題中求證是關鍵．（1）將順時針旋轉，可得，證，即可求解；（2）將順時針旋轉，可得，證，即可求解．【詳解】（1）解：將順時針旋轉，如圖，

∵，，∴A與點C重合，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴；（2）解：不成立，新結論為，將順時針旋轉，如圖，

∵，，∴A與點C重合，，∴，，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．8．(1)證明見解析(2)，證明見解析(3)【分析】（1）根據條件可得，根據等邊對等角得，根據直角三角形兩銳角互余可得，，則，證明，可得，再根據平行線的判定和性質及等角對等邊即可得證；（2）數量關系：．延長至點，使，連接，根據三角形中位線定理得，證明，根據全等三角形的性質得到，即可得證；（3）設交于點，過點作于點，連接，證明是等邊三角形，得，，證明點，，，四點共圓，根據圓周角定理可得，證明垂直平分，再根據圓周角定理得，證明是等腰直角三角形，設，則，，，設，根據角的直角三角形和勾股定理得，，在中，根據勾股定理建立關于的一元二次方程，求解后即得到，再代入計算即可．【詳解】（1）解：過點作于點，∴，∵，，∴，∵，∴，∵平分，∴，∴，，∴，∵，∴，∵將繞點順時針旋轉至的位置，∴，在和中，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（2）．證明：延長至點，使，連接，∵點是的中點，∴，∵，，∴，∴，∵將繞點順時針旋轉至的位置，，∴，，在和中，∴，∴，∴；（3）設交于點，過點作于點，連接，∵將繞點順時針旋轉至的位置，，∴，∴是等邊三角形，∴，，∵，，∴，∴，∵，∴，，∴，∴點，，，四點共圓，∴，∴，是邊上的中線，∴垂直平分，∴，，∴平分，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，設，∴，∴，∴，設，∵，，∴，∴，在中，，，∴，即，解得：，（負值不符合題意，舍去），∴，∴，∴的值為．【點睛】本題考查圖形的旋轉，等腰三角形的判定和性質，平行線的判定和性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定與性質，三角形中位線定理，對角互補的四邊形共圓，圓周角定理，垂直平分線的判定和性質，直角三角形兩銳角互余，角的直角三角形，解直角三角形等知識，本題難度大，判斷點，，，四點共圓是解題的關鍵．9．(1)證明見詳解(2)，理由如下(3)【分析】（1）根據等腰三角形的性質和全等三角形的性質即可求證；（2）過點作上交延長線于點，由等腰直角三角形可得，，由““可證，可得，可得結論；（3）將繞點順時針旋轉得到△，連接，，過點作，交的延長線于點，由旋轉的性質可得，則當點，點，點，點共線時，的值最小，最小值為的長，由角所對直角邊是斜邊一半和勾股定理可求解．【詳解】（1）解：由題：在中，，，于點，,則也是上的中點，即是的垂直平分線，，，，，，，．（2），理由如下：如圖1，過點作交延長線于點，AI

，，，，，，，，，，又，，，．（3）如圖2，將繞點順時針旋轉得到△，連接，，過點作，交的延長線于點，

，，，，，，是等邊三角形，，，當點，點，點，點共線時，的值最小，最小值為的長，，，，，，，的最小值為：．【點睛】考查綜合運用旋轉的知識作輔助線證明的能力，用旋轉的知識解決幾何最值問題，對于與等腰直角三角形有關的證明題往往要進行圖形的旋轉，把要證明的要素集中到一個熟悉的圖形中進行，最值問題常常要通過軸對稱和旋轉把要求的線段之和或差轉化為俱有固定端點的折線，然后據兩點之間線段最短來解決．10．(1)，(2)，理由見解析(3)，【分析】（1）根據旋轉的性質可得，利用判定定理可直接證明，再依據對應線段相等可求．（2）把繞點逆時針旋轉，使與重合，證全等即可到結論．（3）把繞點逆時針旋轉，使與重合，點B對應點為點F，連接和即可求解．【詳解】（1）解：，，理由如下：四邊形是正方形，∴，，由旋轉的性質可知，，，，，，，，，，．（2），證明如下：如下圖，把繞點逆時針旋轉，與重合，，，，，，；；在和中，，∴；

∴；∵；即．（3）如圖1.解：∵，，∴，把繞點逆時針旋轉，與重合，點的對應點為點；∴，，∴，，∴，∵，∴在中，，；；；

在和中，，∴，∴，在直角三角形中，由勾股定理得：，∴，∵是等腰直角三角形；∴，，同理把繞點順時針旋轉，點的對應點為點，連接，；

；，；；在直角中，；∴∴，由旋轉的性質可知，；是等腰直角三角形；∴，∴．【點睛】本題主要考查正方形中的半角模型，旋轉的性質，全等三角形的判定，掌握類比遷移，旋轉后三角形全等的證明是解決本題的關鍵．11．(1)(2)，(3)【分析】（1）由旋轉的性質可得，再根據等腰三角形的判定與性質可得，即可求解；（2）由旋轉的性質得，可得，再根據對頂角相等可得，由平行線的性質可得，從而可得，設，可得，求得，利用勾股定理求得，證明，可得，即可求解；（3）點C的運動軌跡是以點A為圓心，為半徑的圓，取的中點N，連接，進一步求解即可．【詳解】（1）解：∵，∴，由旋轉的性質得，，∵，∴，∴，故答案為：；（2）解：由旋轉的性質得，，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，∴，設，則，，∴，解得，∴，∵，，在中，，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，即，∴；（3）解：如圖，∵繞點A按逆時針方向旋轉，得到，∴點C的運動軌跡是以點A為圓心，為半徑的圓，取的中點N，連接，∵，，∴，∵點M是的中點，∴，∵，即，當點C與點B重合時，的最小值為，綜上可知，【點睛】本題考查旋轉的性質、等腰三角形的判定與性質、三角形中位線定理、相似三角形的判定與性質、勾股定理等知識，熟練掌握相關定理是解題的關鍵．12．(1)見解析(2)或(3)1或7【分析】（1）根據，，推出，，根據旋轉的性質得出，則，即可得出，最后根據即可求證；（2）用和（1）相同的方法證明，得出即可得出結論；（3）先根據勾股定理求出，再根據（1）（2）得出的結論進行分類討論即可．【詳解】（1）證明：∵，，∴，，∴，，∵繞點E逆時針旋轉得到，∴，∴，∴，在和中，，∴；（2）解：當時，如圖②：∵，，∴，，∴，，∵繞點E逆時針旋轉得到，∴，∴，∴，在和中，，∴；∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵，∴；當時，如圖③：∵，∴，∵，∴，，∴，，∵繞點E逆時針旋轉得到，∴，∴，∴，在和中，，∴；∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵，∴；綜上：或；（3）解：由（1）可知，當點E在線段上，時，，∴，∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵，∴，由②可知：或，∵，∴，根據勾股定理可得：，∴，或(不符合題意，舍去)，或，綜上：或7．故答案為：1或7．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質，三角形的全等的判定和性質，旋轉的性質，解題的關鍵是掌握三角形全等的判定方法，證明，以及掌握全等三角形對應邊相等，平行四邊形對邊相等．13．(1)(2)見解析(3)【分析】（1）如圖，過A作于H，證，得，求，在中運用勾股定理即可；（2）由（1）可知，，同理可證，，即是等邊三角形，延長使，連接，在上截取，連接，，交，于M，L，計算得，得，所以C、H、M三點共線結合平行四邊形性質得是等邊三角，證換算即可的結果；（3）如圖，因為將繞A旋轉至，將繞G旋轉至，過G作于K，由結合等邊三角形求得，得是正三角形，將繞A旋轉得到，得是正三角形，勾股定理逆定理證；同理可證，是正三角形，，，在中，利用求，勾股定理求，在中勾股定理求，割補法求得根據面積公式代入計算即可．【詳解】（1）解：如圖，過A作于H，

由題意可知，在與中，，，，，，，，，，，，，點A到的距離為；（2）證明：延長使，連接，在上截取，連接，，交，于M，L，

由（1）可知，，同理可證，，，即是等邊三角形，，，，，，C、H、M三點共線，，，，∴四邊形是平行四邊形，，是等邊三角，，是等邊三角形，，，在和中，，，；（3）解：如圖，，將繞A旋轉至，將繞G旋轉至，過G作于K，

，，，，，，，是正三角形將繞A旋轉得到，，，，是正三角形，，在中有，，同理可證，是正三角形，，，在中，，，，，在中，，，，，，，，，．【點睛】本題考查了平行四邊形、三角形的旋轉、全等三角形、等邊三角形的證明和性質即三角形面積公式，還考查了勾股定理、逆定理以及“角所對的直角邊等于斜邊的一半”的應用；通過轉換證明全等、運用割補法求面積是解題的關鍵．14．(1)，(2)當點落在上時，，當點落在上時，(3)的長度分別為2或或或．【分析】（1）利用矩形性質、勾股定理及三角形面積公式求解；（2）依題意畫出圖形，如圖所示．利用平移性質，確定圖形中的等腰三角形，分別求出m的值；（3）在旋轉過程中，等腰有4種情形，分別畫出圖形，對于各種情形分別進行計算即可．【詳解】（1）解：∵四邊形是矩形，，在中，，，由勾股定理得：，，，∵點F是點E關于的對稱點，，，，，在中，，，由勾股定理得：．（2）解：設平移中的三角形為，如圖所示：

由對稱點性質可知，．，由平移性質可知，，，．①當點落在上時，，，，，即；②當點落在上時，，，，，，又易知，為等腰三角形，，，即；（3）解：存在．理由如下：在旋轉過程中，等腰依次有以下4種情形：①如圖所示，點Q落在延長線上，且，則，

，，，，，．在中，由勾股定理得：．；②如圖所示，點Q落在上，且，則，

，，，則此時點落在邊上．，，，．在中，由勾股定理得：，即：，解得：，；③如圖所示，點Q落在上，且，則．

，，．，．，，，，．在中，由勾股定理得：，；④如圖所示，點Q落在上，且，則．

，，，，，．綜上所述，存在4組符合條件的點P、點Q，使為等腰三角形；的長度分別為2或或或．【點睛】本題是四邊形綜合題目，主要考查了矩形的性質、軸對稱的性質、平移的性質、旋轉的性質、勾股定理、等腰三角形的性質等知識點；第（3）問難度很大，解題關鍵是畫出各種旋轉圖形，依題意進行分類討論．15．(1)(2)見解析(3)【分析】（1）解等腰三角形求得，解斜三角形，求得，證明，進而求得結果；（2）作于，作于，連接，作交的延長線于，由得出，證明可得，解斜三角形可得，進而得出和的關系，進一步求得結論；（3）可得出點在以為圓心，為半徑的圓上運動，當點運動到的延長線交的處時，最大，然后解直角三角形和斜三角形，進一步得出結果．【詳解】（1）解：如圖1，

作于，作交的延長線于，，，，，在四邊形中，，，，，在中，，，，，，，在和中，，，；（2）證明：如圖2，

作于，作于，連接，作交的延長線于，由（1）知：，，，，點是的中點，，，，，，點、、、共圓，，，，，，在中，，在和中，，，，，，，設，則，在中，，，，，，，，，，，，，，；（3）解：如圖3，

由（2）得：，點是的中點，，，，點在以為圓心，為半徑的圓上運動，當點運動到的延長線交的處時，最大，設，，，，，，，在中，，，，，，，．【點睛】本題考查了旋轉綜合題，涉及了全等三角形的判定與性質、勾股定理了、三角函數等．第三問的難度較大，確定動點的運動軌跡是解題關鍵．16．(1)(2)（i）見解析；（ii）【分析】（1）證，得，，再由三角形內角和定理得即可；（2）證四邊形是平行四邊形，得，再證四邊形是平行四邊形，進而得平行四邊形是菱形，則，然后證、、、四點共圓，由圓周角定理得，即可得出結論；過點作于點，由勾股定理得，再由菱形的性質得，進而由銳角三角函數定義得，則，，然后由銳角三角函數定義即可得出結論．【詳解】（1）是的中點，，由旋轉的性質得：，，，，，即的大小為；（2）證明：，，，，，四邊形是平行四邊形，，，四邊形是平行四邊形，，平行四邊形是菱形，，又，、、、四點共圓，，，；解：如圖3，過點作于點，

則，在中，由勾股定理得：，四邊形是菱形，，，，，，，即的值為．【點睛】本題是幾何變換綜合題目，考查了旋轉的性質，平行四邊形的判定與性質，菱形的判定與性質，等腰三角形的性質，勾股定理，四點共圓，圓周角定理以及銳角三角函數定義等知識，本題綜合性強，熟練掌握菱形的判定與性質、等腰三角形的性質以及銳角三角函數是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．17．(1)，(2)，證明見解析(3)，【分析】（1）先根據旋轉得：，計算，即點、、共線，再根據證明，得，可得