2024甘肃中考数学二轮专题训练 几何综合探究旋转问题 (含答案)

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例3 已知，四边形ABCD是正方形，点E、F分别在边AB、BC上，且BE＝BF，连接EF.如图①，将△BEF绕点B逆时针旋转α，连接AE，CF.
(1)求证：AE＝CF；
【思维教练】要证AE＝CF，可先证△ABE≌△CBF，已知AB＝CB，BE＝BF，由旋转的性质可知∠EBA＝∠FBC，即可得证；
例3题图①
(2)如图②，若BF⊥CF，求证：AE∥BF；
【思维教练】要证平行，只需证∠AEB＋∠EBF＝180°即可，由题目可知∠BFC＝90°，结合题干与(1)中三角形全等即可得证；
例3题图②
(3)如图③，延长CF交AE于点H，交AB于点G，求证：CH⊥AE；
【思维教练】要证CH⊥AE，即证∠AHG＝90°，由(1)中三角形全等可知∠BAE＝∠BCG，结合对顶角相等即可证得垂直；
例3题图③
(4)如图④，当点F恰好落在AC上时，EF交AB于点P，求证：PE2＋PF2＝2BP2；
【思维教练】要证线段长平方的数量关系，可通过构造直角三角形证得．如图，在BC上找一点Q，使得BP＝BQ，连接PQ、FQ，通过证明三角形全等，利用勾股定理即可得证；
例3题图④
(5)如图⑤，过点B作BM⊥CE，延长BM交AF于点N，EF交AB于点P，若AB＝6，BE＝2eq \r(2)，当AB⊥EF时，求FN的长；
【思维教练】过点F作AB的平行线与BN的延长线相交，再与A点连接，求证得到的四边形是平行四边形，得到AN与FN的数量关系，根据垂直可得到AP和FP的长，结合勾股定理即可求解；
例3题图⑤
(6)如图⑥，当点E恰好落在BC上时，延长AE交CF于点H，连接AC，若AB＝eq \r(2)，BE＝2－eq \r(2).求证：AH是线段CF的垂直平分线；
【思维教练】先证明△ABE≌△CBF，得到角相等，进而证得AH⊥CF，结合已知条件得到AF与AC的长，根据等腰三角形的“三线合一”即可得证；
例3题图⑥
(7)如图⑦，已知点M是AD的中点，连接AM交AC于点O，当△BEF的BE边与BM重合时，若AB＝4，OE＝eq \f(\r(5),3)，求BN的长．
【思维教练】根据已知条件可证得△AMO∽△CBO，△EBN∽△CBO，根据相似三角形比例关系即可求出BN的长．
例3题图⑦
针对训练
1. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，点D为AB的中点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转α(60°<α<120°)得到线段ED，且ED交线段BC于点G，∠CDE 的平分线DM交BC于点H.
(1)如图①，若α＝90°，则线段ED与BD的数量关系是________，eq \f(GD,CD)＝________；
(2)如图②，在(1)的条件下，过点C作CF∥DE交DM于点F，连接EF，BE.
①试判断四边形CDEF的形状，并说明理由；
②求证： eq \f(BE,FH)＝eq \f(\r(3),3)；
(3)如图③，若AC＝2，tan(α－60°)＝m，过点C作CF∥DE交DM于点F，连接EF，BE，请直接写出eq \f(BE,FH)的值(用含m的式子表示)．
第1题图
2. 【问题解决】
(1)如图①，在正方形ABCD中，将线段AB顺时针旋转90°得到线段AB′，分别连接BB′，AC，证明：四边形ACBB′是平行四边形；
【问题探索】
(2)如图②，在正方形ABCD中，点E是线段BC上的一点，连接AE，并将线段AE绕点A顺时针旋转90°得到线段AF，连接FC，设线段FC与直线AB相交于点G，证明：CE＝2BG；
【拓展应用】
(3)如图③，将图①中的正方形ABCD变为矩形，其中AB＝1，BC＝2，当CE＝eq \f(3,2)时，求BG的长．
第2题图
3. 已知等边三角形ABC，过A点作AC的垂线l，点P为l上一动点(不与点A重合)，连接CP，把线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到CQ，连QB.
(1)如图①，直接写出线段AP与BQ的数量关系；
(2)如图②，当点P、B在AC同侧且AP＝AC时，求证：直线PB垂直平分线段CQ；
(3)如图③，若等边三角形ABC的边长为4，点P、B分别位于直线AC异侧，且△APQ的面积等于eq \f(\r(3),4)， 求线段AP的长度．
第3题图
4. 如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC, 在Rt△BDE中，∠BDE＝90°，BD＝DE，连接AE，取AE边的中点P，连接DP、CP.
(1)观察猜想
填空：①DP与CP的数量关系是__________；②DP与CP的位置关系是____________；
(2)类比探究
把图①中的△BDE绕点B逆时针旋转45°至如图②的位置，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请就图②的情形给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)问题解决
若BC＝3BD＝3eq \r(2)，将图①中△BDE绕点B在平面内自由旋转，当BE⊥AB时，直接写出线段CP的长．
第4题图

备用图
参考答案
典例精讲
例3 (1)证明：∵∠ABC＝∠EBF＝90°，
∴∠ABE＝∠CBF，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，
在△ABE和△CBF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝CB,∠ABE＝∠CBF,BE＝BF))，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴AE＝CF；
(2)证明：∵BF⊥CF，由(1)可知△ABE≌△CBF，
∴∠AEB＝∠CFB＝90°，
由旋转的性质可知∠EBF＝90°，
∴∠EBF＋∠AEB＝180°，
即AE∥BF；
(3)证明：由(1)可知△ABE≌△CBF，
∴∠BAE＝∠BCG，
又∵∠BCG＋∠BGC＝90°，∠BGC＝∠HGA，
∴∠AHG＝∠BAE＋∠HGA＝90°，即CH⊥AE；
(4)证明：如解图①，在BC上截取一点Q，使得BQ＝BP，连接PQ、FQ，
∵∠EBF＝∠PBQ＝90°，
∴∠EBP＝∠FBQ，
∵BE＝BF，BP＝BQ，
∴△EBP≌△FBQ(SAS)，
∴EP＝FQ，∠BFQ＝∠BEP＝45°，
∴∠PFQ＝∠BFE＋∠BFQ＝90°，
∴PQ2＝PF2＋FQ2＝PF2＋EP2，
∵△PBQ是等腰直角三角形，
∴PQ2＝2BP2，
∴PE2＋PF2＝2BP2；
例3题解图①
(5)解：如解图②，过点F作AB的平行线交BN的延长线于点G，连接AG，
∵AB∥FG，
∴∠ABG＝∠FGB，∠BFG＝180°－∠ABF，
∵∠ABG＋∠GBC＝90°，∠GBC＋∠BCE＝90°，
∴∠ABG＝∠BCE＝∠FGB.
∵∠EBF＝∠ABC＝90°，
∴∠EBC＝∠EBF＋∠ABC－∠ABF＝180°－∠ABF，
∴∠EBC＝∠BFG，
在△EBC和△BFG中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠EBC＝∠BFG,∠BCE＝∠FGB,EB＝BF))，
∴△EBC≌△BFG(AAS)，
∴BC＝FG，
∵BC＝AB，
∴AB＝FG，
∴四边形ABFG是平行四边形，
∴AN＝FN，
∵AB⊥EF，AB＝BC，
∴BP＝PF＝eq \f(\r(2),2)BE＝2，
∴AP＝AB－BP＝4，
∴在Rt△APF中，AF＝eq \r(AP2＋PF2)＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)，
∴FN＝eq \f(1,2)AF＝eq \r(5)；
例3题解图②
(6)证明：在△ABE和△CBF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝CB,∠ABE＝∠CBF,BE＝BF))，
∴△ABE≌△CBF(SAS)，
∴∠BCF＝∠BAE，
又∵∠HEC＝∠BEA，
∴∠EHC＝∠ABE＝90°，即AH⊥CF.
∵BF＝BE＝2－eq \r(2)，BC＝AB＝eq \r(2)，
∴AC＝eq \r(2)AB＝2，AF＝AB＋BF＝2，
∴AF＝AC，
由等腰三角形的性质得FH＝CH，
∴AH是线段CF的垂直平分线；
(7)解：∵点M是AD的中点，
∴AM＝2，
∵AM∥BC，
∴△AMO∽△CBO，
∴eq \f(OA,OC)＝eq \f(OM,OB)＝eq \f(AM,CB)＝eq \f(1,2)，
在Rt△ABM中，BM＝eq \r(AB2＋AM2)＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)，
∴BO＝eq \f(2,3)BM＝eq \f(4\r(5),3)，
又∵OE＝eq \f(\r(5),3)，
∴BE＝BO－OE＝eq \r(5).
∵∠BEF＝∠BCO＝45°，∠EBN＝∠CBO，
∴△EBN∽△CBO，
∴eq \f(BE,BC)＝eq \f(BN,BO)，
∴eq \f(\r(5),4)＝eq \f(BN,\f(4\r(5),3))，
∴BN＝eq \f(5,3).
针对训练
1. (1)解：ED＝BD；eq \f(\r(3),3)；
【解法提示】∵点D为Rt△ABC中斜边AB的中点，∴CD＝AD＝BD，∵线段CD绕点D顺时针旋转α(60°<α<120°)得到线段ED，∴CD＝ED，∴ED＝BD，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝60°，∴∠B＝30°，∵CD＝BD，∴∠B＝∠DCG＝30°，∴在Rt△DCG中，eq \f(GD,CD)＝tan∠DCG＝tan30°＝eq \f(\r(3),3).
(2)① 解：四边形CDEF为正方形，理由如下：
∵α＝90°，DM平分∠CDE，
∴∠CDE＝90°，∠CDF＝∠EDF，
∵CD＝ED，DF＝DF，
∴△CDF≌△EDF(SAS)，
∴∠DCF＝∠DEF，
∵CF∥DE，
∴∠FCD＋∠CDE＝180°，
∴∠FCD＝90°，
∴∠DCF＝∠DEF＝∠CDE＝90°，
∴四边形CDEF为矩形，
又∵CD＝ED，
∴四边形CDEF为正方形；
②证明：∵ 在正方形CDEF中，△GDH∽△CFH，
∴eq \f(DH,FH)＝eq \f(DG,CF)，
又∵CD＝CF，
∴eq \f(DH,FH)＝eq \f(DG,CD)＝eq \f(\r(3),3)，
由(1)得：∠A＝60°，CD＝AD，则△ACD为等边三角形，
∴∠ADC＝60°，
∵∠CDE＝90°，
∴∠GDB＝30°，
∴∠GDB＝∠GBD，GD＝GB，
又∵DE＝DB，
∴∠DBE＝∠DEB＝eq \f(1,2)(180°－∠GDB)＝75°，
∴∠GBE＝75°－30°＝45°，
∵∠GDH＝45°，
∴∠GBE＝∠GDH.
在△GBE与△GDH中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(∠GBE＝∠GDH,GB＝GD,∠BGE＝∠DGH)))，
∴△GBE≌△GDH(ASA)，
∴BE＝DH，
∴eq \f(BE,FH)＝eq \f(DH,FH)＝eq \f(DG,CD)＝eq \f(\r(3),3)；
(3)eq \f(\r(3)－m,2). 【解法提示】由(2)中①知△CDF≌△EDF，∴∠CDF＝∠EDF，∠CFD＝∠EFD，∵CF∥DE，∴∠CFD＝∠EDF，∴∠CFD＝∠CDF，∠EDF＝∠EFD，∴CF＝CD，ED＝EF，∴四边形CDEF为菱形，∵△ACD为等边三角形，∴AC＝CD＝AD＝BD＝2，菱形的边长也为2，由题意，∠HDG＝eq \f(α,2)，∠DEB＝∠DBE＝eq \f(1,2)∠ADE＝30°＋eq \f(α,2)，∵∠DBG＝30°，∴∠EBG＝eq \f(α,2)，即∠HDG＝∠EBG，∴△EBG∽△HDG，∵在菱形CDEF中，△HFC∽△HDG，∴△EBG∽△HFC，∴eq \f(BE,FH)＝eq \f(BG,FC)，如解图，作DK⊥CG，∵∠DCK＝30°，∴∠CDK＝60°，∠KDG＝α－60°，∵CD＝2，∴DK＝1，CK＝eq \r(3)，在Rt△KDG中，eq \f(GK,DK)＝tan∠KDG＝tan(α－60°)＝m，∴GK＝m，∴CG＝eq \r(3)＋m，∵在Rt△ABC中，BC＝eq \r(3)AC＝2eq \r(3)，∴BG＝BC－CG＝2eq \r(3)－eq \r(3)－m＝eq \r(3)－m，∵CF＝CD＝2，∴eq \f(BE,FH)＝eq \f(BG,CF)＝eq \f(\r(3)－m,2).
第1题解图
2. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，AB＝BC.
由旋转的性质可得AB＝AB′，∠BAB′＝90°.
∴AB′＝AB＝BC.
∵∠BAB′＝∠B＝90°，
∴AB′∥BC.
∴四边形ACBB′是平行四边形；
(2)证明：如解图①，过点F作FM⊥AB，垂足为M，
第2题解图①
∴∠AMF＝90°，
∴∠1＋∠3＝90°.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°.
∵∠FAE＝90°，
∴∠1＋∠2＝90°.
∴∠2＝∠3，∠AMF＝∠B.
又∵AF＝AE，
∴△AFM≌△EAB(AAS)．
∴FM＝AB，AM＝BE.
∵∠FMG＝∠B＝90°，∠FGM＝∠CGB，FM＝AB＝BC，
∴△FMG≌△CBG(AAS)，
∴FG＝CG，GM＝GB，
∵AB＝BC，AM＝BE，
∴MB＝CE.
∵GM＝GB＝eq \f(1,2)MB，
∴GB＝eq \f(1,2)CE，
即CE＝2BG；
(3)解：如解图②，过点F作FN⊥AB，垂足为N，
第2题解图②
∵AB＝1，BC＝2，CE＝eq \f(3,2)，
同(2)可得△AFN≌△EAB，
∴BE＝AN＝eq \f(1,2)，FN＝AB＝1.
∴BN＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
∵∠FNG＝∠GBC，∠FGN＝∠CGB，
∴△FNG∽△CBG，
∴eq \f(NG,BG)＝eq \f(FN,CB).
设BG＝x，则NG＝eq \f(1,2)－x，
∴eq \f(\f(1,2)－x,x)＝eq \f(1,2)，解得x＝eq \f(1,3).
∴BG＝eq \f(1,3).
3. (1)解：AP＝BQ；
【解法提示】∵线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到CQ，∴CP＝CQ，∠PCQ＝60°，∵在等边三角形ABC中，∠ACB＝60°，AC＝BC，∴∠ACP＝∠BCQ，∴△ACP≌△BCQ，∴AP＝BQ；
(2)证明：∵AP＝AC，CA⊥l，
∴△ACP是等腰直角三角形，
由(1)得△ACP≌△BCQ，
∴△BCQ是等腰直角三角形，∠CBQ＝90°，
∵在等边三角形ABC中，AC＝AB，∠BAC＝∠ABC＝60°，
∴AB＝AP，∠BAP＝90°－60°＝30°，
∴∠ABP＝∠APB＝(180°－30°)÷2＝75°，
∴∠CBD＝180°－75°－60°＝45°，
∴∠QBD＝45°，
∴PD平分∠CBQ，
又∵△CBQ为等腰直角三角形，
∴直线PB垂直平分线段CQ；
(3)解：(i)当点Q在直线l上方时，如解图①，延长BQ交l于点E，过点Q作QF⊥l于点F，
由(1)知△ACP≌△BCQ，
∴AP＝BQ，∠CBQ＝∠CAP＝90°，
∵∠CAB＝∠ABC＝60°，
∴∠BAE＝∠ABE＝30°，
又∵AB＝AC＝4，
∴AE＝BE＝eq \f(4\r(3),3)，
∴∠BEF＝60°，
设AP＝t，则BQ＝t，
∴EQ＝eq \f(4\r(3),3)－t，
在Rt△EFQ中，QF＝eq \f(\r(3),2)EQ＝eq \f(\r(3),2)(eq \f(4\r(3),3)－t)，
∴S△APQ＝eq \f(1,2)AP·QF＝eq \f(\r(3),4)，即eq \f(1,2)t·eq \f(\r(3),2)(eq \f(4\r(3),3)－t)＝eq \f(\r(3),4)，
解得t＝eq \r(3)或t＝eq \f(\r(3),3)，
∴AP的长为eq \r(3)或eq \f(\r(3),3)；
第3题解图①
(ii)当点Q在直线l下方时，
如解图②，过点B作BE⊥l于点E，过点Q作QF⊥l于点F，设BQ交l于点M，
由(1)可知，△ACP≌△BCQ，
∴AP＝BQ，∠CAP＝∠CBQ＝90°，
∵∠ACB＝60°，∠CAM＝90°，
∴在四边形AMBC中，∠AMB＝360°－60°－90°－90°＝120°，
即∠BME＝∠QMF＝60°，
∵∠BAE＝90°－60°＝30°，AB＝4，
∴BE＝eq \f(1,2)AB＝2，
∴BM＝eq \f(BE,sin60°)＝eq \f(2,\f(\r(3),2))＝eq \f(4\r(3),3)，
设AP＝x，则BQ＝x，MQ＝x－eq \f(4\r(3),3)，QF＝ MQ·sin60°＝(x－eq \f(4\r(3),3))×eq \f(\r(3),2)，
∵△APQ的面积等于eq \f(\r(3),4)，
∴eq \f(1,2)AP·QF＝eq \f(\r(3),4)，即eq \f(1,2)x×( x－eq \f(4\r(3),3))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),4)，
解得x＝eq \f(2\r(3),3)＋eq \f(\r(21),3)或x＝eq \f(2\r(3),3)－eq \f(\r(21),3)(不合题意，舍去)，
∴AP的长为eq \f(2\r(3),3)＋eq \f(\r(21),3).
第3题解图②
综上所述，AP的长为eq \r(3)或eq \f(\r(3),3)或eq \f(2\r(3),3)＋eq \f(\r(21),3).
4. 解：(1)①DP＝CP；②DP⊥CP；
【解法提示】∵∠ACB＝90°，点P为AE的中点，∴PC为Rt△AEC斜边AE的中线，∴CP＝eq \f(1,2)AE，同理可证，DP＝eq \f(1,2)AE，∴DP＝CP；∴∠DPE＝2∠DAE，∠CPE＝2∠CAE，∵AC＝BC，∴∠BAC＝45°，∴∠DPC＝2∠BAC＝90°，∴DP⊥CP；
(2)(1)中的结论仍然成立；
证明：如解图①，过点P作MN⊥AC于点N，交BD的延长线于点M，
易得四边形BCNM为矩形，
∴CN＝BM.
∵等腰Rt△BDE绕点B逆时针旋转45°，
∴∠MBA＝45°，
∴MP＝BM，
∴MP＝CN，
∵∠EDB＝90°，∠PMB＝90°，
∴DE∥MN，
∴eq \f(PE,MD)＝eq \f(BE,BD)＝eq \r(2)，
∵点P为AE的中点，
∴AP＝EP＝eq \r(2)PN＝eq \r(2)MD，
∴MD＝PN，
∵∠DMP＝∠PNC＝90°，
∴△PMD≌△CNP，
∴DP＝CP，∠DPM＝∠PCN，
∵∠PCN＋∠CPN＝90°，
∴∠DPM＋∠CPN＝90°，
∴∠DPC＝90°，
∴DP⊥CP；
第4题解图①
(3)CP的长为4或2.
【解法提示】分两种情况讨论：①如解图②，由(2)可知DP⊥CP，DP＝CP，∴△PCD为等腰直角三角形，∵BC＝3BD＝3eq \r(2)，∴CD＝BD＋BC＝4eq \r(2)，∴CP＝4；②如解图③，由(2)可知DP⊥CP，DP＝CP，∴△PCD为等腰直角三角形，∵BC＝3BD＝3eq \r(2)，∴CD＝BC－BD＝2eq \r(2)，∴CP＝2.综上所述，CP的长为4或2.
图②
图③
第4题解图