【期末复习】2020年九年级数学上册 期末复习专题 旋转压轴题 专练（含答案）

【期末复习】2020年九年级数学上册 期末复习专题

旋转压轴题 专练

1.如图,在Rt△AOB中,∠ABO=30°，BO=4,分别以OA、OB边所在的直线建立平面直角坐标系,D点为x轴正半轴上的一点,以OD为一边在第一象限内作等边△ODE．

（Ⅰ）如图①当E点恰好落在线段AB上时,求E点坐标；

（Ⅱ）若点D从原点出发沿x轴正方向移动,设点D到原点的距离为x,△ODE与△AOB重叠部分的面积为y，当E点到达△AOB的外面,且点D在点B左侧时，写出y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；

（Ⅲ）在（Ⅰ）问的条件下,将△ODE在线段OB上向右平移如图②,图中是否存在一条与线段OO′始终相等的线段？如果存在,请直接指出这条线段；如果不存在,请说明理由．

2.如图，四边形OABC是边长为4的正方形，点P为OA边上任意一点（与点O、A不重合），连接CP，过点P作PM⊥CP交AB于点D，且PM=CP，过点M作MN∥OA，交BO于点N，连接ND、BM，设OP=t．

（1）求点M的坐标（用含t的代数式表示）．

（2）试判断线段MN的长度是否随点P的位置的变化而改变？并说明理由．

（3）当t为何值时，四边形BNDM的面积最小．

3.如图,将一个正方形纸片OABC放置在平面直角坐标系中,其中A（1,0）,C（0,1）,P为AB边上一个动点,折叠该纸片,使O点与P点重合,折痕l与OP交于点M,与对角线AC交于Q点

（Ⅰ）若点P的坐标为（1,0.25），求点M的坐标；

（Ⅱ）若点P的坐标为（1,t）

①求点M的坐标（用含t的式子表示）（直接写出答案）

②求点Q的坐标（用含t的式子表示）（直接写出答案）

（Ⅲ）当点P在边AB上移动时,∠QOP的度数是否发生变化？如果你认为不发生变化,写出它的角度的大小.并说明理由；如果你认为发生变化，也说明理由．

4.如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°,∠B=∠E=30°．

（1）操作发现:

如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空：

   ①线段DE与AC的位置关系是            ；

   ②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是           ．

（2）猜想论证:

   当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想．

（3）拓展探究:

   已知∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，BD=CD=4，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF=S△BDE，请直接写出相应的BF的长．

5.在△ABC中,AB=6,AC=BC=5,将△ABC绕点A按顺时针方向旋转,得到△ADE,旋转角为α（0°＜α＜180°）,点B的对应点为点D,点C的对应点为点E,连接BD，BE．

（1）如图,当α=60°时,延长BE交AD于点F．

     ①求证：△ABD是等边三角形；

     ②求证：BF⊥AD，AF=DF；

     ③请直接写出BE的长；

（2）在旋转过程中,过点D作DG垂直于直线AB,垂足为点G,连接CE,当∠DAG=∠ACB,且线段DG与线段AE无公共点时,请直接写出BE+CE的值．

6.在锐角△ABC中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1．

（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数；

（2）如图2，连接AA1，CC1．若△ABA1的面积为4，求△CBC1的面积；

（3）如图3，点E为线段AB中点，点P是线段AC上的动点，在△ABC绕点B按逆时针方向旋转过程中，点P的对应点是点P1，求线段EP1长度的最大值与最小值．

7.（1）如图1，在线段AB上取一点C（BC>AC），分别以AC、BC为边在同一侧作等边ACD与等边BCE，连结AE、BD，则ACE经过怎样的变换（平移、轴对称、旋转）能得到DCB？请写出具体的变换过程；（不必写理由）

（2）如图2，在线段AB上取一点C（BC>AC），如果以AC、BC为边在同一侧作正方形ACDG与正方形CBEF，连结EG，取EG的中点M，设 DM的延长线交EF于N，并且DG=NE;请探究DM与FM的关系，并加以证明；

（3）在图2的基础上，将正方形CBEF绕点C顺时针旋转（如图3），使得A、C、E在同一条直线上，请你继续探究线段MD、MF的关系，并加以证明.

8.在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．

（1）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG（如图①），求证：△AEG≌△AEF；

（2）若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②），求证：EF2=ME2+NF2；

（3）将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变（如图③），请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系．

9.如图1若△ABC和△ADE为等边三角形，M，N分别EB，CD的中点，易证：CD=BE，△AMN是等边三角形．

  （1）当把△ADE绕A点旋转到图2位置时，CD=BE是否仍然成立？若成立请证明，若不成立请说明理由；

  （2）当△ADE绕A点旋转到图3位置时，△AMN是否还是等边三角形？若是，请给出证明，并求出当AB=2AD时，△ADE与△ABC及△AMN的面积之比；若不是，请说明理由．
 

10.如图1，△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，点D、F分别在AB、AC边上，此时BD=CF，BD⊥CF成立.

(1)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ(0°<θ<90°)时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.

(2)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点G.

   ①求证：BD⊥CF； ②当AB=4，AD=时，求线段BG的长.

参考答案

1.解：（1）作EH⊥OB于点H，∵△OED是等边三角形，∴∠EOD=60°．

又∵∠ABO=30°，∴∠OEB=90°．∵BO=4，∴OE=OB=2．

∵△OEH是直角三角形，且∠OEH=30°∴OH=1，EH=，∴E（1，）．

（2）当2＜x＜4，符合题意，如图，

所求重叠部分四边形OD′NE的面积为：

S△OD′E﹣S△E′EN=x2﹣E′E×EN=x2﹣×（x﹣2）=﹣x2+2x﹣2

（3）存在线段EF=OO'．∵∠ABO=30°，∠EDO=60°∴∠ABO=∠DFB=30°，∴DF=DB．

∴OO′=4﹣2﹣DB=2﹣DB=2﹣DF=ED﹣FD=EF

2.【解答】解：（1）作ME⊥x轴于E，如图1所示：则∠MEP=90°，ME∥AB，

∴∠MPE+∠PME=90°，

∵四边形OABC是正方形，∴∠POC=90°，OA=OC=AB=BC=4，∠BOA=45°，

∵PM⊥CP，∴∠CPM=90°，∴∠MPE+∠CPO=90°，∴∠PME=∠CPO，

在△MPE和△PCO中，，∴△MPE≌△PCO（AAS），

∴ME=PO=t，EP=OC=4，∴OE=t+4，∴点M的坐标为：（t+4，t）；

（2）线段MN的长度不发生改变；理由如下：连接AM，如图2所示：

∵MN∥OA，ME∥AB，∠MEA=90°，∴四边形AEMF是矩形，

又∵EP=OC=OA，∴AE=PO=t=ME，∴四边形AEMF是正方形，

∴∠MAE=45°=∠BOA，∴AM∥OB，∴四边形OAMN是平行四边形，∴MN=OA=4；

（3）∵ME∥AB，∴△PAD∽△PEM，∴，即，∴AD=﹣t2+t，

∴BD=AB﹣AD=4﹣（﹣t2+t）=t2﹣t+4，∵MN∥OA，AB⊥OA，∴MN⊥AB，

∴四边形BNDM的面积S=MN•BD=×4（t2﹣t+4）=（t﹣2）2+6，∴S是t的二次函数，

∵＞0，∴S有最小值，当t=2时，S的值最小；

∴当t=2时，四边形BNDM的面积最小．

3.解：（Ⅰ）过M作ME⊥x轴于点E，如图1，

由题意可知M为OP中点，∴E为OA中点，∴OE=OA=，ME=AP=，∴M点坐标为（，）；

（Ⅱ）①同（Ⅰ），当P（1，t）时，可得M（，t）；

②设直线OP的解析式为y=kx，把P（1，t）代入可求得k=t，

∴直线OP解析式为y=tx，又l⊥OP，

∴可设直线MQ解析式为y=﹣x+b，且过点M（，），

把M点坐标代入可得=﹣+b，解得b=，∴直线l解析式为y=﹣x+，

又直线AC解析式为y=﹣x+1，

联立直线l和直线AC的解析式可得，解得，

∴Q点坐标为（，）；

（Ⅲ）不变化，∠QOP=45°．理由如下：由（Ⅱ）②可知Q点坐标为（，），

∴OQ2=PQ2=（）2+（）2=，

又P（1，t），∴OP2=1+t2，∴OQ2+QP2=OP2，

∴△OPQ是以OP为斜边的等腰直角三角形，∴∠QOP=45°，即∠QOP不变化．

4.解：（1）①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC=CD，

∵∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣30°=60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD=60°，

又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；

②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，

∴BD=AD=AC，根据等边三角形的性质，△ACD的边AC、AD上的高相等，

∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；

故答案为：DE∥AC；S1=S2；

（2）如图，∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到，∴BC=CE，AC=CD，

∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°﹣90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，

∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，

∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S1=S2；

（3）如图，过点D作DF1∥BE，易求四边形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，

此时S△DCF1=S△BDE；过点D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，

∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，

∴△DF1F2是等边三角形，∴DF1=DF2，

∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，

∴∠CDF1=180°﹣∠BCD=180°﹣30°=150°，∠CDF2=360°﹣150°﹣60°=150°，

∴∠CDF1=∠CDF2，

∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴点F2也是所求的点，

∵∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，

又∵BD=4，∴BE=×4÷cos30°=2÷=，

∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，故BF的长为或．

5.解：（1）①∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，

∴AB=AD，∠BAD=60°，∴△ABD是等边三角形；

②由①得△ABD是等边三角形，∴AB=BD，

∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，∴AC=AE，BC=DE，

又∵AC=BC，∴EA=ED，∴点B、E在AD的中垂线上，∴BE是AD的中垂线，

∵点F在BE的延长线上，∴BF⊥AD，AF=DF；

③由②知BF⊥AD，AF=DF，∴AF=DF=3，∵AE=AC=5，∴EF=4，

∵在等边三角形ABD中，BF=AB•sin∠BAF=6×=3，∴BE=BF﹣EF=3﹣4；

（2）如图所示，

∵∠DAG=∠ACB，∠DAE=∠BAC，∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°，

又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°，∴∠BAE=∠ABC，

∵AC=BC=AE，∴∠BAC=∠ABC，∴∠BAE=∠BAC，∴AB⊥CE，且CH=HE=CE，

∵AC=BC，∴AH=BH=AB=3，则CE=2CH=8，BE=5，∴BE+CE=13．

6.解：（1）由旋转的性质可得∠A1C1B =∠ACB =45°，BC=BC1 ∴∠CC1B =∠C1CB =45°

∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B=45°＋45°=90°

（2）∵△ABC≌△A1BC1 ∴BA=BA1，BC=BC1，∠ABC=∠A1BC1   

∴ ， ∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1 ∴∠ABA1=∠CBC1 ∴△ABA1∽△CBC1     

∴ ∵ ∴

（3）过点B作BD⊥AC，D为垂足  

∵△ABC为锐角三角形 ∴点D在线段AC上Rt△BCD中，BD=BC×sin45°=

P在AC上运动至垂足点D，△ABC绕点B旋转，

使点P的对应点P1在线段AB上时，EP1最小，最小值为-2② 当P在AC上运动至点C，△ABC绕点B旋转，使点P的对应点P1在线段AB的延长线上时，EP1最大，最大值为2+5=7 。

7.（1）将ACE绕点C顺时针旋转60°后能得到DCB

(2) 如图（2），答：相等且垂直．先证MGD≌MEN∴DM=NM．在中，．

∵NE=GD, GD=CD，∴NE=CD，∴FN=FD即FM⊥DM，∴DM与 FM相等且垂直

(3)如图（3），答：相等且垂直．延长DM交CE于N，连结DF、FN先证MGD≌MNE∴DM =NM, NE=DG．

∵∠DCF=∠FEN=45°，DC=DG=NE，FC=FE，∴DCF≌NEF，∴DF=FN, ∠DFC=∠NFE，可证∠DFN=90°，

即FM=DM, FM⊥DM∴DM与 FM相等且垂直

8.【解答】（1）证明：∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，

∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，

在△AGE与△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）；

（2）证明：设正方形ABCD的边长为a．将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．

则△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．

∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，

∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，∴a﹣BE=a﹣DF，∴BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，

∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45°=90°，∴EG2=ME2+MG2，

∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；

（3）解：EF2=2BE2+2DF2．

如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2

又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2

9.解：（1）CD=BE．理由如下:

 ∵△ABC和△ADE为等边三角形 ∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=60o

 ∵∠BAE =∠BAC－∠EAC =60o－∠EAC，∠DAC =∠DAE－∠EAC =60o－∠EAC，      

∴∠BAE=∠DAC， ∴△ABE ≌ △ACD   ∴CD=BE

 （2）△AMN是等边三角形．理由如下：

  ∵△ABE ≌ △ACD，∴∠ABE=∠ACD．

  ∵M、N分别是BE、CD的中点，BM=

  ∵AB=AC，∠ABE=∠ACD， ∴△ABM ≌ △ACN．∴AM=AN，∠MAB=∠NAC．

  ∴∠NAM=∠NAC+∠CAM=∠MAB+∠CAM=∠BAC=60o  ∴△AMN是等边三角形．

  设AD=a，则AB=2a．∵AD=AE=DE，AB=AC，∴CE=DE．

  ∵△ADE为等边三角形，   ∴∠DEC=120 o，  ∠ADE=60o，

  ∴∠EDC=∠ECD=30o  ，    ∴∠ADC=90o．

  ∴在Rt△ADC中，AD=a，∠ACD=30 o ，   ∴ CD=．

∵N为DC中点， ∴， ∴．

∵△ADE，△ABC，△AMN为等边三角形，∴S△ADE∶S△ABC∶ S△AMN

解法二：△AMN是等边三角形．理由如下：

∵△ABE ≌ △ACD，M、N分别是BE、CN的中点，∴AM=AN，NC=MB．

∵AB=AC，∴△ABM ≌ △ACN，∴∠MAB=∠NAC，∴∠NAM=∠NAC+∠CAM=∠MAB+∠CAM=∠BAC=60o

∴△AMN是等边三角形,设AD=a，则AD=AE=DE= a，AB=BC=AC=2a

易证BE⊥AC，∴BE=，

∴  ∴

∵△ADE，△ABC，△AMN为等边三角形 ∴S△ADE∶S△ABC∶ S△AMN
 

10. (1)BD=CF成立.理由：∵△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，

∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°.

∵∠BAD=∠BAC-∠DAC，∠CAF=∠DAF-∠DAC，∴∠BAD=∠CAF，∴△BAD≌△CAF(SAS).∴BD=CF.

(2)①证明：设BG交AC于点M.

∵△BAD≌△CAF(已证)，∴∠ABM=∠GCM.∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG.

∴∠BGC=∠BAC=90°.∴BD⊥CF.

②过点F作FN⊥AC于点N.

∵在正方形ADEF中，AD=，∴AN=FN=AE=1.

∵在等腰直角△ABC中，AB=4，∴CN=AC-AN=3，BC==4.

∴在Rt△FCN中，tan∠FCN==.∴在Rt△ABM中，

tan∠ABM==tan∠FCN=.∴AM=×AB=.∴CM=AC-AM=4-=，BM==.

∵△BMA∽△CMG，∴ =.∴=.∴CG=.

∴在Rt△BGC中，BG==.