中考典型问题复习几何图形变换专题训练（三）图形的旋转

这是一份中考典型问题复习几何图形变换专题训练（三）图形的旋转，共20页。试卷主要包含了旋转的概念，旋转的基本性质，简单图形的旋转作图，图案设计等内容，欢迎下载使用。
中考典型问题复习几何图形变换专题训练（三）图形的旋转    图形变换问题主要包括图形的轴对称、图形的平移及图形的旋转，在涉及图形变化的考 题中，解决问题的方法较多，关键在于解决问题的着眼点，从恰当的着眼点出发，再根据图 形变换的特点发现变化的规律很重要，近几年来各地中考试题中，有较多问题需要利用图形 变换进行思考和求解．这类问题考查学生的思维灵活性及深刻性，具有很好的选拔与区分功 能，成为近年来各地中考试题的热点问题． 旋转知识点  1．旋转的概念：图形绕着某一点（固定）转动的过程，称为旋转，这一固定点叫做旋转中心．     理解旋转这一概念应注意以下两点：（1）旋转和平移一样是图形的一种基本变换（2）图形旋转的  决定因素是旋转中心和旋转的角度．2．旋转的基本性质：图形中每一个点都绕着旋转中心旋转了同样大小的角度，对应点到旋转中心的距离相等，对应线段、对应角都相等，图形的形状、大小都不发生变化．3．简单图形的旋转作图      两种情况：（1）给出绕着旋转的定点，旋转方向和旋转角的大小；（2）给出定点和图形的一个特殊点旋转后的对应点．      作图步骤（1）作出图形的几个关键点旋转后的对应点；（2）顺次连接各点得到旋转后的图形．      以上这种方法可概括为“以局部定整体”的作图法，体现了点、线、面之间的转化关系，作图过程应遵循点动成线，线动成面的基本规律．4．图案设计：图案的设计是由基本图形经过适当的平移、旋转、轴对称等图形的变换而得到的．旋转变换问题， 决定因素是旋转中心和旋转的角度，不会改变图形的大小和形状，只改变图形的位置．在图形的变化过 程中，解决此类问题的方法很多，而关键在于解决问题的着眼点，从恰当的着眼点出发，抓住旋转变换的三要素，再根据具体图形变换的特点确定其变化。典例剖析考点一、旋转的性质例1.在等边△ABC中，D是边AC上一点，连接BD，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，连接ED，若BC＝5，BD＝4，有下列结论：①AE∥BC；②∠ADE＝∠BDC；③△BDE是等边三角形；④△ADE的周长是9．其中，正确结论的个数是（　　）A．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：∵△ABC为等边三角形，∴∠ABC＝∠C＝60°，AC＝BC＝5，∵△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，∴∠BAE＝∠C＝60°，AE＝CD，∴∠BAE＝∠ABC，∴AE∥BC，所以①正确；∵△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAE，∴∠DBE＝60°，BD＝BE＝4，∴△BDE为等边三角形，所以③正确，∴∠BDE＝60°，DE＝DB＝4，∵BC＞BD，∴∠BDC＞∠C，即∠BDC＞60°，∴∠ADE＜60°，所以②错误；∵AE＝CD，DE＝BD＝4，∴△ADE的周长＝AD+AE+DE＝AD+CD+DB＝AC+BD＝5+4＝9，所以④正确．故选：C．总结提升：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．也考查了等边三角形的判定与性质．对点练习1.如图，点P是等边△ABC内一点，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，若将△APB绕着点B逆时针旋转60°后得到△CQB，则∠APB的度数为（　　）A．150° B．145° C．135° D．120°【解答】解：如图，连接PQ，∵将△APB绕着点B逆时针旋转60°后得到△CQB，∴△ABP≌△CBQ，∴BP＝BQ，∠PBQ＝60°，∠APB＝∠BQC，AP＝QC＝3，∴△BPQ是等边三角形，∴BP＝BQ＝PQ＝4，∠BQP＝60°，∵PC2＝25，PQ2+QC2＝9+16＝25，∴PQ2+QC2＝PC2，∴∠PQC＝90°，∴∠BQC＝150°，∴∠APB＝150°，故选：A．总结提升：本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理的逆定理，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．例2.  如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转一定的角度得到EF，点C在EF上，连接AF交边CD于点G．（1）若AB＝4，BF＝8，求CE的长；（2）求证：AE＝BE+DG．【解答】（1）解：设AE＝EF＝x，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE＝90°，AB＝BC＝4，∵BF＝8，∴CF＝8﹣4＝4，∵BE＝BF﹣EF＝8﹣x，AB＝4，AE＝x，∴x2＝42+（8﹣x）2，∴x＝5，∴EC＝EF﹣CF＝1． （2）证明：延长EB到H，使得BH＝DG，则△ADG≌△ABH（SAS），∴∠BAH＝∠DAG，∴∠HAF＝∠BAD＝90°，∵EF＝AE，∴∠EAF＝∠F，∵∠EAH+∠EAF＝90°，∠F+∠H＝90°，∴∠H＝∠EAH，∴EA＝EH，∵EH＝BE+BH＝BE+DG，∴AE＝BE+DG．总结提升：本题考查旋转变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．对点练习：（2020秋•齐河县期末）如图，点O是等边△ABC内一点，将△BOC绕点B逆时针旋转60°得到△BDA，连接OD．（1）求证：△BOD是等边三角形；（2）若AD＝AO，∠AOC＝100°时，求∠BOC的度数．【解答】（1）证明：∵将△BOC绕点B逆时针旋转60°得到△BDA，∴OB＝OD，∠OBD＝60°，∴△BOD是等边三角形；（2）解：设∠ADB＝∠BOC＝α，∴∠ADO＝α﹣60°，∠AOD＝360°﹣α﹣100°﹣60°＝200°﹣α，当AD＝AO时，∠AOD＝∠ADO，即200°﹣α＝α﹣60°，解得，α＝130°，∴∠BOC＝130°．总结提升:本题考查了旋转的性质、等腰三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．考点二 、旋转的作图问题例3.在小正方形组成的15×15的网络中，四边形ABCD和四边形A′B′C′D′的位置如图所示．（1）现把四边形ABCD绕D点按顺时针方向旋转90°，画出相应的图形A1B1C1D1，（2）若四边形ABCD平移后，与四边形A′B′C′D′成轴对称，写出满足要求的一种平移方法，并画出平移后的图形A2B2C2D2．解答：解：（1）旋转后得到的图形A1B1C1D1如图所示；（2）将四边形ABCD先向右平移4个单位，再向下平移6个单位，四边形A2B2C2D2如图所示．答案不唯一总结提升：本题考查了简单图形的旋转作图，以局部定整体是旋转作图的基本方法.对点练习：1.如图所示，在网格中建立了平面直角坐标系，每个小正方形的边长均为1个单位长度，将四边形ABCD绕坐标原点O按顺时针方向旋转180°后得到四边形A1B1C1D1．（1）直接写出D1点的坐标；（2）将四边形A1B1C1D1平移，得到四边形A2B2C2D2，若D2（4，5），画出平移后的图形．（友情提示：画图时请不要涂错阴影的位置哦！）解答：解：（1）D1（3，﹣10）；（2）A2，B2，C2，D2   平移后的各点坐标依次为（5,2），（2,3），（2,5），（4,5），描出各点，顺次连接得到四边形A2B2C2D2考点三、、利用旋转解决问题例4.在等腰直角△ABC中, ∠ACB=90°,AC=BC, P是△ABC内一点,满足PA=、PB=2、PC=1求∠BPC的度数.     解：由已知AC=BC，将绕点C逆时针旋转，得,连接；由旋转可知：，，；∴，    ∴是等腰直角三角形 ，   ∴且，在中，∵，∴是直角三角形，且，∴．对点练习：1.如图，P为等边三角形ABC内的一点，且P到三个顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，则△ABC的面积为（　　）A． B． C． D．例5.如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，试说明理由．（1）思路梳理∵AB=CD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．∵∠ADC=∠B=90°，∴∠FDG=180°，点F、D、G共线．根据          SAS，易证△AFG≌         △AEF，得EF=BE+DF．（2）类比引申如图2，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E、F分别在边BC、CD上，∠EAF=45°．若∠B、∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足等量关系            ∠B+∠D=180°时，仍有EF=BE+DF．（3）联想拓展如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°．猜想BD、DE、EC应满足的等量关系，并写出推理过程．解：（1）∵AB=CD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合．∴∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠EAF=∠FAG，∵∠ADC=∠B=90°，∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，在△AFG和△AEF中，∴△AFG≌△AEF（SAS），∴EF=FG，即：EF=BE+DF．（2）∠B+∠D=180°时，EF=BE+DF；∵AB=AD，∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，∴∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°，∴∠EAF=∠FAG，∵∠ADC+∠B=180°，∴∠FDG=180°，点F、D、G共线，在△AFG和△AEF中，∴△AFG≌△AEF（SAS），∴EF=FG，即：EF=BE+DF． （3）猜想：DE2=BD2+EC2，证明：根据△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，∴△AEC≌△ABE′，∴BE′=EC，AE′=AE，∠C=∠ABE′，∠EAC=∠E′AB，在Rt△ABC中，∵AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ABC+∠ABE′=90°，即∠E′BD=90°，∴E′B2+BD2=E′D2，又∵∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45°，∴∠E′AB+∠BAD=45°，即∠E′AD=45°，在△AE′D和△AED中，，∴△AE′D≌△AED（SAS），∴DE=DE′，考点四、旋转综合问题例6.如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，旋转角为a．（1）当点D′恰好落在EF边上时，求旋转角a的值；（2）如图2，G为BC中点，且0°＜a＜90°，求证：GD′=E′D；（3）小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中，△DCD′与△CBD′能否全等？若能，直接写出旋转角a的值；若不能说明理由．（1）解：∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，∴CD′=CD=2，在Rt△CED′中，CD′=2，CE=1，∴∠CD′E=30°，∵CD∥EF，∴∠α=30°； （2）证明：∵G为BC中点，∴CG=1，∴CG=CE，∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=CE′=CG，∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，在△GCD′和△DCE′中，∴△GCD′≌△E′CD（SAS），∴GD′=E′D；（3）解：能．理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴CB=CD，∵CD=CD′，∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当∠BCD′=∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，α==135°，当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，α=360°-=315°，即旋转角a的值为135°或315°时，△BCD′与△DCD′全等．对点练习1.如图1，在△ABC中，∠A=36°，AB=AC，∠ABC的平分线BE交AC于E．（1）求证：AE=BC；（2）如图（2），过点E作EF∥BC交AB于F，将△AEF绕点A逆时针旋转角α（0°＜α＜144°）得到△AE′F′，连结CE′，BF′，求证：CE′=BF′；（3）在（2）的旋转过程中是否存在CE′∥AB？若存在，求出相应的旋转角α；若不存在，请说明理由．解答：（1）证明：∵AB=BC，∠A=36°，∴∠ABC=∠C=72°，又∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=36°，∴∠BEC=180°-∠C-∠CBE=72°，∴∠ABE=∠A，∠BEC=∠C，∴AE=BE，BE=BC，∴AE=BC．（2）证明：∵AC=AB且EF∥BC，∴AE=AF；由旋转的性质可知：∠E′AC=∠F′AB，AE′=AF′，∵在△CAE′和△BAF′中，∴△CAE′≌△BAF′，∴CE′=BF′．（3）存在CE′∥AB，理由：由（1）可知AE=BC，所以，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，E点经过的路径（圆弧）与过点C且与AB平行的直线l交于M、N两点， 如图：①当点E的像E′与点M重合时，则四边形ABCM为等腰梯形，∴∠BAM=∠ABC=72°，又∠BAC=36°，∴α=∠CAM=36°．                                   ②当点E的像E′与点N重合时，由AB∥l得，∠AMN=∠BAM=72°，∵AM=AN，∴∠ANM=∠AMN=72°，∴∠MAN=180°-2×72°=36°，∴α=∠CAN=∠CAM+∠MAN=72°．所以，当旋转角为36°或72°时，CE′∥AB．考点五、与函数相关的旋转问题例6.小明合作学习小组在探究旋转、平移变换．如图△ABC，DEF均为等腰直角三角形，各顶点坐标分别为A（1，1），B（2，2），C（2，1），D（，0），E（2，0），F（，-）．（1）他们将△ABC绕C点按顺时针方向旋转45°得到△A1B1C1．请你写出点A1，B1的坐标，并判断A1C和DF的位置关系；（2）他们将△ABC绕原点按顺时针方向旋转45°，发现旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线y=2x2+bx+c上，请你求出符合条件的抛物线解析式；（3）他们继续探究，发现将△ABC绕某个点旋转45°，若旋转后的三角形恰好有两个顶点落在抛物线y=x2上，则可求出旋转后三角形的直角顶点P的坐标，请你直接写出点P的所有坐标．解：（1）A1（2-，1+），B1（2+，1+）．A1C和DF的位置关系是平行．（2）∵△ABC绕原点按顺时针方向旋转45°后的三角形即为△DEF，∴①当抛物线经过点D、E时，根据题意可得：，解得。∴y=2x2-12x+8；②当抛物线经过点D、F时，根据题意可得：，解得。∴y=2x2-11x+7；③当抛物线经过点E、F时，根据题意可得：，解得。∴y=2x2-13x+10．（3）在旋转过程中，可能有以下情形：①顺时针旋转45°，点A、B落在抛物线上，如答图1所示：易求得点P坐标为（0，）；②顺时针旋转45°，点B、C落在抛物线上，如答图2所示：设点B′，C′的横坐标分别为x1，x2．易知此时B′C′与一、三象限角平分线平行，∴设直线B′C′的解析式为y=x+b，联立y=x2与y=x+b得：x2=x+b，即x2-x-b=0，∴x1+x2=1，x1x2=-b．∵B′C′=1，∴根据题意易得：|x1-x2|=，∴（x1-x2）2=，即（x1+x2）2-4x1x2=，∴1+4b=，解得b=-．∴x2-x+=0，解得x=或x=．∵点C′的横坐标较小，∴x=．当x=时，y=x2=，∴P（，）；③顺时针旋转45°，点C、A落在抛物线上，如答图3所示：设点C′，A′的横坐标分别为x1，x2．易知此时C′A′与二、四象限角平分线平行，∴设直线C′A′的解析式为y=-x+b，联立y=x2与y=-x+b得：x2=-x+b，即x2+x-b=0，∴x1+x2=-1，x1x2=-b．∵C′A′=1，∴根据题意易得：|x1-x2|=，∴（x1-x2）2=，即（x1+x2）2-4x1x2=∴1+4b=，解得b=-．∴x2+x+=0，解得x=或x=．∵点C′的横坐标较大，∴x=．当x=时，y=x2=，∴P（，）；④逆时针旋转45°，点A、B落在抛物线上．因为逆时针旋转45°后，直线A′B′与y轴平行，因为与抛物线最多只能有一个交点，故此种情形不存在；⑤逆时针旋转45°，点B、C落在抛物线上，如答图4所示：与③同理，可求得：P（，）；⑥逆时针旋转45°，点C、A落在抛物线上，如答图5所示：与②同理，可求得：P（，）．综上所述，点P的坐标为：（0，），（，），（，），（，）．对点练习:1.如图①，抛物线y＝﹣x2+x+4与y轴交于点A，与x轴交于点B，C，将直线AB绕点A逆时针旋转90°，所得直线与x轴交于点D．（1）求直线AD的函数解析式；（2）如图②，若点P是直线AD上方抛物线上的一个动点①当点P到直线AD的距离最大时，求点P的坐标和最大距离；②当点P到直线AD的距离为时，求sin∠PAD的值．解：（1）当x＝0时，y＝4，则点A的坐标为（0，4），当y＝0时，0＝﹣x2+x+4，解得，x1＝﹣4，x2＝8，则点B的坐标为（﹣4，0），点C的坐标为（8，0），∴OA＝OB＝4，∴∠OBA＝∠OAB＝45°，∵将直线AB绕点A逆时针旋转90°得到直线AD，∴∠BAD＝90°，∴OAD＝45°，∴∠ODA＝45°，∴OA＝OD，∴点D的坐标为（4，0），设直线AD的函数解析式为y＝kx+b，，得，即直线AD的函数解析式为y＝﹣x+4；（2）作PN⊥x轴交直线AD于点N，如右图①所示，设点P的坐标为（t，﹣t2+t+4），则点N的坐标为（t，﹣t+4），∴PN＝（﹣t2+t+4）﹣（﹣t+4）＝﹣t2+t，∴PN⊥x轴，∴PN∥y轴，∴∠OAD＝∠PNH＝45°，作PH⊥AD于点H，则∠PHN＝90°，∴PH＝＝（﹣t2+t）＝t＝﹣（t﹣6）2+，∴当t＝6时，PH取得最大值，此时点P的坐标为（6，），即当点P到直线AD的距离最大时，点P的坐标是（6，），最大距离是；②当点P到直线AD的距离为时，如右图②所示，则t＝，解得，t1＝2，t2＝10，则P1的坐标为（2，），P2的坐标为（10，﹣），当P1的坐标为（2，），则P1A＝＝，∴sin∠P1AD＝＝；当P2的坐标为（10，﹣），则P2A＝＝，∴sin∠P2AD＝＝；由上可得，sin∠PAD的值是或．