【培优压轴】备战中考数学中的旋转问题 专题05 与旋转有关的压轴题

一、与旋转有关的选择压轴题

【例1】如图，等边三角形的边长为4，点是△的中心，．绕点O旋转，分别交线段于两点，连接，给出下列四个结论：①；②；

③四边形的面积始终等于；④△周长的最小值为6，上述结论中正确的个数是

A．1     B．2    C．3    D．4

【答案】C

【解析】如图，连接BO，CO，过O作OH⊥BC于H．

∵O为△ABC的中心，∴BO=CO，∠DBO=∠OBC=∠OCB=30°，∠BOC=120°．

∵∠DOE=120°，∴∠DOB=∠COE．在△OBD和△OCE中，∵∠DOB=∠COE，OB=OC，∠DBO=∠ECO，∴△OBD≌△OCE，∴BD=CE，OD=OE，故①正确；

当D与B重合时，E与C重合，此时△BDE的面积=0，△ODE的面积>0，两者不相等，故②错误；

∵O为中心，OH⊥BC，∴BH=HC=2．

∵∠OBH=30°，∴OH=BH=，∴△OBC的面积==．

∵△OBD≌△OCE，∴四边形ODBE的面积=△OBC的面积=，故③正确；

DE的值最小为2，△BDE的周长=BD+BE+DE=BE+EC+DE=BC+DE=4+DE，当DE最小时，△BDE的周长最小，∴△BDE的周长的最小值=4+2=6．故④正确．故选C．

【名师点睛】本题是几何变换-旋转综合题．考查了等边三角形的性质以及二次函数的性质．解题的关键是证明△OBD≌△OCE．

二、与旋转有关的填空压轴题

【例2】如图，边长为1的正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，有直角∠MPN，使直角顶点P与点O重合，直角边PM，PN分别与OA，OB重合，然后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ（0°<θ<90°），PM，PN分别交AB，BC于E，F两点，连接EF交OB于点G，则下列结论：①EF=OE；②S四边形OEBF∶S正方形ABCD=

1∶4；③BE+BF=OA；④在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE=；⑤OG·BD=

AE2+CF2，其中正确的是__________．

【答案】①②③⑤

【解析】①∵四边形ABCD是正方形，∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，

∴∠BOF+∠COF=90°，

∵∠EOF=90°，∴∠BOF+∠BOE=90°，∴∠BOE=∠COF，

在△BOE和△COF中，，

∴△BOE≌△COF（ASA），

∴OE=OF，BE=CF，∴EF=OE，故正确；

②∵S四边形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC=S正方形ABCD，∴S四边形OEBF∶S正方形ABCD=1∶4，故正确；

③∴BE+BF=BF+CF=BC=OA，故正确；

④如图，过点O作OH⊥BC，

即在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE=，故错误；

⑤∵∠EOG=∠BOE，∠OEG=∠OBE=45°，∴△OEG∽△OBE，

∴OE∶OB=OG∶OE，∴OG·OB=OE2，

∵OB=BD，OE=EF，∴OG·BD=EF2，

∵在△BEF中，EF2=BE2+BF2，∴EF2=AE2+CF2，

∴OG·BD=AE2+CF2．故正确．故答案为：①②③⑤．

【名师点睛】（1）旋转前后的图象是全等的，综合几何问题经常作为一个隐含条件，解决问题的钥匙．

（2）几何中的最值问题，很多题要通过设未知量，建立函数关系，转化成二次函数最值问题，通过研究二次函数的最值，得到几何最值．

三、与旋转有关的解答压轴题

【例3】已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜边OB=4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如图1，连接BC．

（1）填空：∠OBC=__________°；[来源:]

（2）如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；

（3）如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？

（3）①当0<x≤时，M在OC上运动，N在OB上运动，

此时过点N作NE⊥OC且交OC于点E，如图，

则NE=ON·sin60°=x，

∴S△OMN=·OM·NE=×1.5x×x，∴y=x2，

∴x=时，y有最大值，最大值=；

②当<x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动，

如图，作MH⊥OB于H．

则BM=8-1.5x，MH=BM·sin60°=（8-1.5x），

∴y=×ON×MH=-x2+2x，

当x=时，y取最大值，y<；

③当4<x≤4.8时，M、N都在BC上运动，作OG⊥BC于G，如图，

MN=12-2.5x，OG=AB=2，

∴y=·MN·OG=12-x，

当x=4时，y有最大值，最大值=2，

综上所述，y有最大值，最大值为．

【名师点睛】本题考查了旋转变换综合题，涉及到二次函数的最值，30度的直角三角形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的面积等知识，仔细分析，正确添加辅助线，分类讨论的思想思考问题是解题的关键．

1．在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D、E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得△AFB，连接EF，下列结论：①△AED≌△AEF；②△ABC的面积等于四边形AFBD的面积；③BE+DC=DE；④BE2+DC2=DE2；⑤∠ADC=22.5°，其中正确的是

A．①③④        B．③④⑤

C．①②④        D．①②⑤

2．如图，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，直角∠EPF的顶点P是BC中点，两边PE，PF分别交AB，AC于点E，F，给出以下五个结论：①AE=CF；②∠APE=∠CPF；③△EPF是等腰三角形；④EF=AP；⑤S四边形AEPF=S△APC．当∠EPF在△ABC内绕顶点P旋转时（点E不与A，B重合），其中正确的序号有__________．

3．如图1，点E是正方形ABCD边CD上任意一点，以DE为边作正方形DEFG，连接BF，点M是线段BF中点，射线EM与BC交于点H，连接CM．

（1）请直接写出CM和EM的数量关系和位置关系；

（2）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转45°，此时点F恰好落在线段CD上，如图2，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由；

（3）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转90°，此时点E、G恰好分别落在线段AD、CD上，如图3，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由．

4．如图1，一副直角三角板满足AB=BC，AC=DE，∠ABC=∠DEF=90°，∠EDF=30°．

操作：将三角板DEF的直角顶点E放置于三角板ABC的斜边AC上，再将三角板DEF绕点E旋转，并使边DE与边AB交于点P，边EF与边BC于点Q．

探究一：在旋转过程中，

（1）如图2，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并给出证明；

（2）如图3，当时，EP与EQ满足怎样的数量关系？并说明理由；

（3）根据你对（1）（2）的探究结果，试写出当时，EP与EQ满足的数量关系式为，其中m的取值范围是．（直接写出结论，不必证明）

探究二：若且AC=30 cm，连接PQ，设△EPQ的面积为S（cm2），在旋转过程中：

（1）S是否存在最大值或最小值？若存在，求出最大值或最小值；若不存在，说明理由．

（2）随着S取不同的值，对应△EPQ的个数有哪些变化，求出相应S的值或取值范围．

1．【答案】C

④∵AB=AC，△ADC旋转90°至△AFB，∴∠BAC=90°，∠ABC=∠ACB=45°，根据旋转的性质可得△ADC≌△ABF，∠ABF=∠ACD=45°，∴∠FBE=45°+45°=90°，∴BE2+BF2=EF2．∵△ADC绕点A顺时针旋转90°后，得到△AFB，∴△AFB≌△ADC，∴BF=CD．又∵EF=DE，∴BE2+CD2=DE2，故④正确．

⑤∵可以利用①②④正确，利用答案中没有更多正确答案，得出⑤错误．故正确的有：①②④．故选C．

2．【答案】①②③⑤

∴△APE≌△CPF（ASA），∴AE=CF，故①正确，

∴△EFP是等腰直角三角形，故③正确，

根据等腰直角三角形的性质，EF=PE，

所以，EF随着点E的变化而变化，只有当点E为AB的中点时，EF=PE=AP，

在其他的位置时EF≠AP，故④错误，

∵△APE≌△CPF，∴S△APE=S△CPF，

∴S四边形AEPF=S△APF+S△APE=S△APF+S△CPF=S△APC=S△ABC，故⑤正确，综上所述，故答案为：①②③⑤．

3．【解析】（1）如图1，结论：CM=EM，CM⊥EM．

理由：∵AD∥EF，AD∥BC，

∴BC∥EF，∴∠EFM=∠HBM，

在△FME和△BMH中，，

∴△FME≌△BMH，

∴HM=EM，EF=BH，

∵CD=BC，∴CE=CH，

∵∠HCE=90°，HM=EM，

∴CM=ME，CM⊥EM．

（2）如图2，连接BE，

∵∠EFD=45°，∴∠EFC=135°，

∵CM=FM=ME，∴∠MCF=∠MFC，∠MFE=∠MEF，

∴∠MCF+∠MEF=135°，

∴∠CME=360°-135°-135°=90°，

∴CM⊥ME．

（3）如图3，连接DF，MG，作MN⊥CD于N，

在△EDM和△GDM中，，

∴△EDM≌△GDM，∴ME=MG，∠MED=∠MGD，

∵M为BF的中点，FG∥MN∥BC，

∴GN=NC，又MN⊥CD，∴MC=MG，

∴MD=ME，∠MCG=∠MGC，[来源:Z#X#X#K]

∵∠MGC+∠MGD=180°，

∴∠MCG+∠MED=180°，∴∠CME+∠CDE=180°，

∵∠CDE=90°，∴∠CME=90°，

∴（1）中的结论成立．

4．【解析】探究一：（1）连接BE，

根据E是AC的中点和等腰直角三角形的性质，得

BE=CE，∠PBE=∠C，

又∠BEP=∠CEQ，

则△BEP≌△CEQ，得EP=EQ．

（3）如图，过E点作EM⊥AB于点M，作EN⊥BC于点N，

∵在四边形PEQB中，∠B=∠PEQ=90°，

∴∠EPB+∠EQB=180°（四边形的内角和是360°），

又∵∠EPB+∠MPE=180°（平角是180°），

∴∠MPE=∠EQN（等量代换），

∴Rt△MEP∽Rt△NEQ，∴，

在Rt△AME∽Rt△ENC，

∴，

∴，

EP与EQ满足的数量关系式为EP∶EQ=1∶m，

∴0<m≤2+；（当m>2+时，EF与BC不会相交）．[来源:]

探究二：若AC=30 cm，