2024海南中考数学二轮专题训练 几何图形旋转型综合题 (含答案)

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1. 如图，正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，求证：EF＝CF＋AE.
【思维教练】由旋转可得DE＝DM，∠EDM＝90°，由∠EDF＝45°，得到∠MDF＝45°，即∠EDF＝∠MDF，再由DF＝DF，可证△DEF≌△DMF，由全等三角形的对应边相等可得出EF＝CF＋AE.
第1题图
模型再现：半角模型
2. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF＝45°，若△ECF的周长为4，求正方形的边长．
【思维教练】将△DAF绕点A顺时针旋转90°得到△BAF′，再证△FAE≌△F′AE，利用△ECF的周长为4及线段之间的转换即可求出．
第2题图
模型再现：全等手拉手模型
3. 如图，在正方形ABCD中，点G是对角线AC上一点(不与点A、C重合)，连接BG，将△ABG绕点B顺时针旋转90°，得到△CBH.求证：AG2＋CG2＝GH2.
【思维教练】由旋转得△ABG≌△CBH，可得AG＝CH，∠ACH＝90°，在Rt△CGH中，利用结合勾股定理求证．
第3题图
模型再现：自旋转型全等模型
4. 如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD(不含B点)上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM.求证：△AMB≌△ENB.
【思维教练】由等边三角形的性质得到AB＝BE，∠ABE＝60°，由旋转的性质得到∠MBN＝60°，BM＝BN，最后利用等量代换得到∠EBN＝∠ABM，即可证得△AMB≌△ENB.
第4题图
(针对训练)
1. 如图，在边长为6的正方形ABCD中，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α(0°＜α＜90°)，得到正方形AEFG，EF交线段CD于点P，FE的延长线交线段BC于点H，连接AH、AP.
(1)求证：△ADP≌△AEP；
(2)①求∠HAP的度数；
②判断线段HP、BH、DP的数量关系，并说明理由；
(3)连接DE、EC、CF、DF，得到四边形CFDE，在旋转过程中，四边形CFDE能否为矩形？若能，求出BH的值；若不能，请说明理由．
第1题图
2. 如图，四边形ABCD与四边形AEFG均为正方形，DE与BG交于点H，BG与AE交于点M，连接DG.
(1)求证：△EAD≌△GAB；
(2)求证：DH2＋GH2＝DG2；
(3)将正方形ABCD绕点A逆时针旋转(0°＜∠BAE＜180°)，设△ABE的面积为S1，△ADG的面积为S2，判断S1与S2大小关系，并证明你的结论．
第2题图
参考答案
小题破大题
1. 证明：∵△DAE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠A＝∠DCM，DE＝DM，AE＝CM，∠EDM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠FCD＝90°，
∴∠FCD＋∠DCM＝180°，
∴F、C、M三点共线，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(DE＝DM,∠EDF＝∠MDF,DF＝DF))，
∴△DEF≌△DMF，
∴EF＝MF，
∴EF＝CF＋CM＝CF＋AE.
2. 解：如解图，将△DAF绕点A顺时针旋转90°得到△BAF′，
则△DAF≌△BAF′，
∴DF＝BF′，∠DAF＝∠BAF′，AF＝AF′，∠FAF′＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF′＝45°，
在△FAE和△F′AE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AF＝AF′,∠FAE＝∠F′AE,AE＝AE))，
∴△FAE≌△F′AE，
∴EF＝EF′，
∵△ECF的周长为4，
∴FC＋CE＋EF＝FC＋CE＋EF′＝FC＋BC＋BF′＝FC＋BC＋DF＝4，
∴2BC＝4，
∴BC＝2，
∴正方形ABCD的边长为2.
第2题解图
3. 证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，
由旋转得△ABG≌△CBH，
∴∠BAC＝∠BCH＝45°，AG＝CH，
∴∠GCH＝90°，
在Rt△GCH中，CH2＋CG2＝GH2，
∴AG2＋CG2＝GH2.
4. 证明：∵△ABE是等边三角形，
∴BA＝BE，∠ABE＝60°，
∵∠MBN＝60°，
∴∠MBN－∠ABN＝∠ABE－∠ABN.
即∠MBA＝∠NBE.
又∵MB＝NB，
∴△AMB≌△ENB.
针对训练
1. (1)证明：∵将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度α，得到正方形AEFG，
∴AB＝AE，∠AEP＝∠ABH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝90°，
∴AE＝AD，∠D＝∠AEP＝90°，
在Rt△ADP和Rt△AEP中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AD＝AE,AP＝AP))，
∴Rt△ADP≌Rt△AEP(HL)；
(2)解：①∵∠AEP＝90°，
∴∠AEH＝90°，
在Rt△ABH和Rt△AEH中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AE,AH＝AH))，
∴Rt△ABH≌Rt△AEH，
∴∠BAH＝∠EAH，BH＝HE，
∵Rt△AEP≌Rt△ADP，
∴∠EAP＝∠DAP，EP＝DP，
∴∠HAP＝∠HAE＋∠EAP＝eq \f(1,2)∠BAD＝45°；
②HP＝BH＋DP.
理由：由(2)①知BH＝HE，DP＝PE，
∴HP＝HE＋PE＝BH＋DP；
(3)解：能，如解图，当P是CD的中点时，四边形CFDE是矩形，
∵点P是CD的中点，
∴DP＝CP＝eq \f(1,2)CD，
由(2)得EP＝DP，
∴PE＝eq \f(1,2)CD，
又∵CD＝EF，
∴DP＝PC＝PE＝PF，
∴四边形CFDE是矩形，
设BH＝x，
则HE＝BH＝x，PE＝PD＝PC＝3，CH＝6－x，PH＝3＋x，
在Rt△PHC中，由勾股定理得，(6－x)2＋32＝(3＋x)2，
解得x＝2，即BH＝2.
第1题解图
2. (1)证明：∵四边形ABCD与四边形AEFG均为正方形，
∴∠BAD＝∠EAG＝90°，AG＝AE，AB＝AD，
∴∠BAD＋∠BAE＝∠EAG＋∠BAE，
即∠EAD＝∠GAB，
∴△EAD≌△GAB(SAS)；
(2)证明：由(1)知△EAD≌△GAB，
∴∠BGA＝∠DEA，
∵∠BGA＋∠GMA＝90°，∠AMG＝∠EMH，
∴∠DEA＋∠EMH＝90°，
∴BG⊥DE，
∴DH2＋GH2＝DG2；
(3)解：S1＝S2.
证明如下：①当0°＜∠BAE＜90°时，如解图①，过点D作DP⊥GA交GA的延长线于P，过点B作BN⊥AE交AE的延长线于N.
∵∠PAN＝∠BAD＝90°，
∴∠NAB＋∠BAP＝90°，∠BAP＋∠PAD＝90°，
∴∠NAB＝∠PAD，
又∵∠ANB＝∠APD＝90°，且AB＝AD，
∴△ANB≌△APD，
∴BN＝DP，
又∵AE＝AG，
∴eq \f(1,2)AE·BN＝eq \f(1,2)AG·DP，
∴S1＝S2；
②当∠BAE＝90°时，如解图②，
∵AE＝AG，∠BAE＝∠DAG＝90°，
AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴S1＝S2；
③当90°＜∠BAE＜180°时，如解图③，过点B作BN⊥EA的延长线于点N，过点D作DP⊥AG的延长线于点P.
则∠ANB＝∠APD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，且AB＝AD，
∵∠PAN＝∠BAD＝90°，
∴∠NAB＋∠DAN＝90°，
∠DAP＋∠DAN＝90°，
∴∠NAB＝∠DAP，
∴△ANB≌△APD(AAS)，
∴BN＝DP，
又∵AE＝AG，
∴eq \f(1,2)AE·BN＝eq \f(1,2)AG·DP，
∴S1＝S2，
综上所述，在(3)的条件下，总有S1＝S2.
第2题解图①
第2题解图②
第2题解图③