专题34 中考几何旋转类问题 （解析版）.docx

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1、专题34 中考几何旋转类问题1旋转的定义：在平面内，将一个图形绕某一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转。这个定点叫做旋转中心，转动的角度叫做旋转角。2. 旋转的性质：（1）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等；（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。3旋转对称中心：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角（旋转角小于0，大于360）。4中心对称：如果把一个图形绕着某一点旋转180度后能与另一个图形重合，那么我们就说，这两个图形成中心对称。这个点就是它的对称中心。5中心对

2、称的性质（1）关于中心对称的两个图形是全等形。（2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。【例题1】（2020青岛）如图，将ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90，得到ABC，则点A的对应点A的坐标是（）A（0，4）B（2，2）C（3，2）D（1，4）【答案】D【解析】根据平移和旋转的性质，将ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90，得到ABC，即可得点A的对应点A的坐标如图，ABC即为所求，则点A的对应点A的坐标是（1，4）【对点练习】（2019河南）如图，在OA

3、B中，顶点O（0，0），A（3，4），B（3，4），将OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90，则第70次旋转结束时，点D的坐标为（）A（10，3）B（3，10）C（10，3）D（3，10）【答案】D【解析】先求出AB6，再利用正方形的性质确定D（3，10），由于70417+2，所以第70次旋转结束时，相当于OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90，此时旋转前后的点D关于原点对称，于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点D的坐标A（3，4），B（3，4），AB3+36，四边形ABCD为正方形，ADAB6，D（3，10），70417+2，每

4、4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90，点D的坐标为（3，10）【例题2】（2020孝感）如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将ADE绕点A顺时针旋转90到ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G若BG3，CG2，则CE的长为（）A54B154C4D92【答案】B【解析】连接EG，根据AG垂直平分EF，即可得出EGFG，设CEx，则DE5xBF，FGEG8x，再根据RtCEG中，CE2+CG2EG2，即可得到CE的长解：如图所示，连接EG，由旋转可得，ADEABF，AEAF，DEBF，又AGEF

5、，H为EF的中点，AG垂直平分EF，EGFG，设CEx，则DE5xBF，FG8x，EG8x，C90，RtCEG中，CE2+CG2EG2，即x2+22（8x）2，解得x=154，CE的长为154。【对点练习】（2019广西贺州）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，AF平分BAE交BC于点F，将ADE绕点A顺时针旋转90得ABG，则CF的长为 【答案】62【解析】作FMAD于M，FNAG于N，如图，易得四边形CFMD为矩形，则FM4，正方形ABCD的边长为4，点E是CD的中点，DE2，AE2，ADE绕点A顺时针旋转90得ABG，AGAE2，BGDE2，34，GAE90，ABGD90，

6、而ABC90，点G在CB的延长线上，AF平分BAE交BC于点F，12，2+41+3，即FA平分GAD，FNFM4，ABGFFNAG，GF2，CFCGGF4+2262【例题3】（2020南京）将一次函数y2x+4的图象绕原点O逆时针旋转90，所得到的图象对应的函数表达式是 【答案】y=12x+2【分析】直接根据一次函数互相垂直时系数之积为1，进而得出答案【解析】在一次函数y2x+4中，令x0，则y4，直线y2x+4经过点（0，4），将一次函数y2x+4的图象绕原点O逆时针旋转90，则点（0，4）的对应点为（4，0），旋转后得到的图象与原图象垂直，则对应的函数解析式为：y=12x+b，将点（4，0

7、）代入得，12(-4)+b0，解得b2，旋转后对应的函数解析式为：y=12x+2，故答案为y=12x+2【对点练习】（2019海南省）如图，将RtABC的斜边AB绕点A顺时针旋转（090）得到AE，直角边AC绕点A逆时针旋转（090）得到AF，连结EF若AB3，AC2，且+B，则EF【答案】【解析】由旋转的性质可得AEAB3，ACAF2，由勾股定理可求EF的长由旋转的性质可得AEAB3，ACAF2，B+BAC90，且+B，BAC+90EAF90EF【例题4】（2020贵州黔西南）规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度（0180）后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动

8、的这个角度称为这个图形的一个旋转角例如：正方形绕着两条对角线的交点O旋转90或180后，能与自身重合（如图1），所以正方形是旋转对称图形，且有两个旋转角根据以上规定，回答问题：（1）下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是_；A矩形 B正五边形 C菱形 D正六边形（2）下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有：_（填序号）； （3）下列三个命题：中心对称图形是旋转对称图形；等腰三角形是旋转对称图形；圆是旋转对称图形，其中真命题的个数有（ ）个；A0 B1 C2 D3（4）如图2的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有45，90，135，180，将图形补充完整【答案】

9、（1）B；（2）(1)(3)(5)；（3）C；（4）见解析【解析】（1）根据旋转对称图形的定义进行判断；（2）先分别求每一个图形中的旋转角，然后再进行判断；（3）根据旋转对称图形的定义进行判断；（4）利用旋转对称图形的定义进行设计解：（1）矩形、正五边形、菱形、正六边形都是旋转对称图形，但正五边形不是中心对称图形，故选：B（2）是旋转对称图形，且有一个旋转角是60度的有(1)(3)(5)故答案为：(1)(3)(5)（3）中心对称图形，旋转180一定会和本身重合，是旋转对称图形；故命题正确；等腰三角形绕一个定点旋转一定的角度（0180）后，不一定能与自身重合，只有等边三角形是旋转对称图形，故不正

10、确；圆具有旋转不变性，绕圆心旋转任意角度一定能与自身重合，是旋转对称图形；故命题正确；即命题中正确，故选：C（4）图形如图所示：【点拨】本题考查旋转对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题【对点练习】（2019广西贵港）已知：ABC是等腰直角三角形，BAC90，将ABC绕点C顺时针方向旋转得到ABC，记旋转角为，当90180时，作ADAC，垂足为D，AD与BC交于点E（1）如图1，当CAD15时，作AEC的平分线EF交BC于点F写出旋转角的度数；求证：EA+ECEF；（2）如图2，在（1）的条件下，设P是直线AD上的一个动点，连接PA，PF，若AB，求线段P

11、A+PF的最小值（结果保留根号）【答案】见解析。【解析】（1）解：旋转角为105理由：如图1中，ADAC，ADC90，CAD15，ACD75，ACA105，旋转角为105证明：连接AF，设EF交CA于点O在EF时截取EMEC，连接CMCEDACE+CAE45+1560，CEA120，FE平分CEA，CEFFEA60，FCO180457560，FCOAEO，FOCAOE，FOCAOE，COEFOA，COEFOA，FAOOEC60，AOF是等边三角形，CFCAAF，EMEC，CEM60，CEM是等边三角形，ECM60，CMCE，FCAMCE60，FCMACE，FCMACE（SAS），FMAE，CE

12、+AEEM+FMEF（2）解：如图2中，连接AF，PB，AB，作BMAC交AC的延长线于M由可知，EAFEAB75，AEAE，AFAB，AEFAEB，EFEB，B，F关于AE对称，PFPB，PA+PFPA+PBAB，在RtCBM中，CBBCAB2，MCB30，BMCB1，CM，ABPA+PF的最小值为一、选择题1（2020天津）如图，在ABC中，ACB90，将ABC绕点C顺时针旋转得到DEC，使点B的对应点E恰好落在边AC上，点A的对应点为D，延长DE交AB于点F，则下列结论一定正确的是（）AACDEBBCEFCAEFDDABDF【答案】D【解析】依据旋转可得，ABCDEC，再根据全等三角形的

13、性质，即可得出结论由旋转可得，ABCDEC，ACDC，故A选项错误，BCEC，故B选项错误，AEFDECB，故C选项错误，AD，又ACB90，A+B90，D+B90，BFD90，即DFAB，故D选项正确。2（2020菏泽）如图，将ABC绕点A顺时针旋转角，得到ADE，若点E恰好在CB的延长线上，则BED等于（）A2B23CD180【答案】D【分析】证明ABE+ADE180，推出BAD+BED180即可解决问题【解答】解：ABCADE，ABC+ABE180，ABE+ADE180，BAD+BED180，BAD，BED1803.（2019山东枣庄）如图，点E是正方形ABCD的边DC上一点，把ADE绕

14、点A顺时针旋转90到ABF的位置若四边形AECF的面积为20，DE2，则AE的长为（）A4B2C6D2【答案】D【解析】利用旋转的性质得出四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积，进而可求出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案ADE绕点A顺时针旋转90到ABF的位置四边形AECF的面积等于正方形ABCD的面积等于20，ADDC2，DE2，RtADE中，AE24.（2019南京）如图，ABC是由ABC经过平移得到的，ABC还可以看作是ABC经过怎样的图形变化得到？下列结论：1次旋转；1次旋转和1次轴对称；2次旋转；2次轴对称其中所有正确结论的序号是（）A BCD【答案】D【解析】本题主要考查

15、了几何变换的类型，在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角依据旋转变换以及轴对称变换，即可使ABC与ABC重合先将ABC绕着BC的中点旋转180，再将所得的三角形绕着BC的中点旋转180，即可得到ABC；先将ABC沿着BC的垂直平分线翻折，再将所得的三角形沿着BC的垂直平分线翻折，即可得到ABC。5.（2019湖北孝感）如图，在平面直角坐标系中，将点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90得到点P，则P的坐标为（）A（3，2）B（3，1）C（2，3）D（3，2）【答案】D【解析】本题考查了

16、坐标与图形变化旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标常见的是旋转特殊角度如：30，45，60，90，180作PQy轴于Q，如图，把点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90得到点P看作把OPQ绕原点O顺时针旋转90得到OPQ，利用旋转的性质得到PQO90，QOQ90，PQPQ2，OQOQ3，从而可确定P点的坐标作PQy轴于Q，如图，P（2，3），PQ2，OQ3，点P（2，3）绕原点O顺时针旋转90得到点P相当于把OPQ绕原点O顺时针旋转90得到OPQ，PQO90，QOQ90，PQPQ2，OQOQ3，点P的坐标为（3，2）二、填空题6（2020泰安）如图，将正方形

17、网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为1，点A，B，C的坐标分别为A（0，3），B（1，1），C（3，1）ABC是ABC关于x轴的对称图形，将ABC绕点B逆时针旋转180，点A的对应点为M，则点M的坐标为 【答案】（2，1）【解析】延长AB后得出点M，进而利用图中坐标解答即可将ABC绕点B逆时针旋转180，如图所示：所以点M的坐标为（2，1）。7（2020衡阳）如图，在平面直角坐标系中，点P1的坐标为（22，22），将线段OP1绕点O按顺时针方向旋转45，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；又将线段OP2绕点O按顺时针方向旋转45，长度伸长为OP2的2倍，得到线段O

18、P3；如此下去，得到线段OP4，OP5，OPn（n为正整数），则点P2020的坐标是 【答案】（220182，220182）【分析】根据题意得出OP11，OP22，OP34，如此下去，得到线段OP4823，OP51624，OPn2n1，再利用旋转角度得出点P2020的坐标与点P5的坐标在同一直线上，进而得出答案【解答】解：点P1的坐标为（22，22），将线段OP1绕点O按逆时针方向旋转45，再将其长度伸长为OP1的2倍，得到线段OP2；OP11，OP22，OP34，如此下去，得到线段OP423，OP524，OPn2n1，由题意可得出线段每旋转8次旋转一周，202082524，点P2020的坐标

19、与点P5的坐标在同一直线上，正好在第三象限的角平分线上，点P2020的坐标是（220182，220182）故答案为：（220182，220182）8.（2019湖南邵阳）如图，将等边AOB放在平面直角坐标系中，点A的坐标为（4，0），点B在第一象限，将等边AOB绕点O顺时针旋转180得到AOB，则点B的坐标是【答案】故答案为（2，2）【解析】作BHy轴于H，如图，OAB为等边三角形，OHAH2，BOA60，BHOH2，B点坐标为（2，2），等边AOB绕点O顺时针旋转180得到AOB，点B的坐标是（2，2）故答案为（2，2）9.(2019山西）如图，在ABC中，BAC=90，AB=AC=10cm

20、，点D为ABC内一点，BAD=15，AD=6cm，连接BD，将ABD绕点A逆时针方向旋转，使AB与AC重合，点D的对应点E，连接DE，DE交AC于点F，则CF的长为_cm.【答案】【解析】过点A作AGDE于点G，由旋转可知：AD=AE，DAE=90，CAE=BAD=15AED=45；在AEF中：AFD=AED+CAE=60在RtADG中：AG=DG=在RtAFG中：故答案为：10.（2019黑龙江哈尔滨）如图，将ABC绕点C逆时针旋转得到ABC，其中点A与A是对应点，点B与B是对应点，点B落在边AC上，连接AB，若ACB45，AC3，BC2，则AB的长为【答案】【解析】由旋转的性质可得ACAC

21、3，ACBACA45，可得ACB90，由勾股定理可求解将ABC绕点C逆时针旋转得到ABC，ACAC3，ACBACA45ACB90AB11（2019新疆）如图，在ABC中，ABAC4，将ABC绕点A顺时针旋转30，得到ACD，延长AD交BC的延长线于点E，则DE的长为 【答案】22【解析】根据旋转过程可知：CAD30CAB，ACAD4BCAACDADC75ECD18027530E753045过点C作CHAE于H点，在RtACH中，CHAC2，AH2HDADAH42在RtCHE中，E45，EHCH2DEEHHD2（42）2212（2019齐齐哈尔）如图，矩形ABOC的顶点B、C分别在x轴，y轴上，

22、顶点A在第二象限，点B的坐标为（2，0）将线段OC绕点O逆时针旋转60至线段OD，若反比例函数y（k0）的图象经过A、D两点，则k值为 【答案】【解析】过点D作DEx轴于点E，点B的坐标为（2，0），AB，OC，由旋转性质知ODOC、COD60，DOE30，DEODk，OEODcos30（）k，即D（k，k），反比例函数y（k0）的图象经过D点，k（k）（k）k2，解得：k0（舍）或k13（2019广西梧州）如图，在菱形ABCD中，AB2，BAD60，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是 【答案】1【解析】连接BD交AC于O，

23、由菱形的性质得出CDAB2，BCDBAD60，ACDBACBAD30，OAOC，ACBD，由直角三角形的性质求出OBAB1，OAOB，得出AC2，由旋转的性质得：AEAB2，EAGBAD60，得出CEACAE22，证出CPE90，由直角三角形的性质得出PECE1，PCPE3，即可得出结果解：连接BD交AC于O，如图所示：四边形ABCD是菱形，CDAB2，BCDBAD60，ACDBACBAD30，OAOC，ACBD，OBAB1，OAOB，AC2，由旋转的性质得：AEAB2，EAGBAD60，CEACAE22，四边形AEFG是菱形，EFAG，CEPEAG60，CEP+ACD90，CPE90，PEC

24、E1，PCPE3，DPCDPC2（3）1三、解答题14（2020绥化）如图，在边长均为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A，点B，点O均为格点（每个小正方形的顶点叫做格点）（1）作点A关于点O的对称点A1；（2）连接A1B，将线段A1B绕点A1顺时针旋转90得点B对应点B1，画出旋转后的线段A1B1；（3）连接AB1，求出四边形ABA1B1的面积【答案】见解析。【解析】（1）依据中心对称的性质，即可得到点A关于点O的对称点A1；（2）依据线段A1B绕点A1顺时针旋转90得点B对应点B1，即可得出旋转后的线段A1B1；（2）依据割补法进行计算，即可得到四边形ABA1B1的面积解：（1）如图所

25、示，点A1即为所求；（2）如图所示，线段A1B1即为所求；（3）如图，连接BB1，过点A作AEBB1，过点A1作A1FBB1，则四边形ABA1B1的面积=SABB1+SA1BB1=1282+12842415（2020甘孜州）如图，RtABC中，ACB90，将ABC绕点C顺时针旋转得到DEC，点D落在线段AB上，连接BE（1）求证：DC平分ADE；（2）试判断BE与AB的位置关系，并说明理由；（3）若BEBD，求tanABC的值【答案】见解析。【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可（2）结论：ABBE证明C，E，B，D四点共圆即可解决问题（3）设BC交DE于O连接AO想办法

26、证明ACO是等腰直角三角形，OAOB即可解决问题【解答】（1）证明：DCE是由ACB旋转得到，CACD，ACDEACDA，CDACDE，CD平分ADE（2）解：结论：BEAB由旋转的性质可知，DBCCED，D，C，E，B四点共圆，DCE+DBE90，DCE90，DBE90，BEAB（3）如图，设BC交DE于O连接AOBDBE，DBE90，DEBBDE45，C，E，B，D四点共圆，DCODEB45，ACB90，ACDOCD，CDCD，ADCODC，ACDOCD（ASA），ACOC，AOCCAO45，ADO135，CADADC67.5，ABC22.5，AOCOAB+ABO，OABABO22.5，O

27、AOB，设ACOCm，则AOOB=2m，tanABC=ACCB=mm+2m=2-116（2020江西）如图1是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，图2是其侧面结构示意图量得托板长AB120mm，支撑板长CD80mm，底座长DE90mm托板AB固定在支撑板顶端点C处，且CB40mm，托板AB可绕点C转动，支撑板CD可绕点D转动（结果保留小数点后一位）（1）若DCB80，CDE60，求点A到直线DE的距离；（2）为了观看舒适，在（1）的情况下，把AB绕点C逆时针旋转10后，再将CD绕点D顺时针旋转，使点B落在直线DE上即可，求CD旋转的角度（参考数据：sin400.643

28、，cos400.766，tan400.839，sin26.60.448，cos26.60.894，tan26.60.500，31.732）【答案】见解析。【分析】（1）通过作垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系，求出CB、AF，即可求出点A到直线DE的距离；（2）画出旋转后的图形，结合图形，明确图形中的已知的边角，再利用直角三角形的边角关系求出相应的角度即可【解析】（1）如图2，过A作AMDE，交ED的延长线于点M，过点C作CFAM，垂足为F，过点C作CNDE，垂足为N，由题意可知，AC80，CD80，DCB80，CDE60，在RtCDN中，CNCDsinCDE8032=403 （m

29、m）FM，DCN906030，又DCB80，BCN803050，AMDE，CNDE，AMCN，ABCN50，ACF905040，在RtAFC中，AFACsin40800.64351.44，AMAF+FM51.44+403120.7（mm），答：点A到直线DE的距离约为120.7mm；（2）旋转后，如图3所示，根据题意可知DCB80+1090，在RtBCD中，CD80，BC40，tanD=BCCD=4080=0.500，D26.6，因此旋转的角度为：6026.633.4，答：CD旋转的角度约为33.417.（2020新疆）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线yax2+bx+c的顶点是

30、A（1，3），将OA绕点O顺时针旋转90后得到OB，点B恰好在抛物线上，OB与抛物线的对称轴交于点C（1）求抛物线的解析式；（2）P是线段AC上一动点，且不与点A，C重合，过点P作平行于x轴的直线，与OAB的边分别交于M，N两点，将AMN以直线MN为对称轴翻折，得到AMN，设点P的纵坐标为m当AMN在OAB内部时，求m的取值范围；是否存在点P，使SAMN=56SOAB，若存在，求出满足条件m的值；若不存在，请说明理由【答案】见解析。【分析】（1）抛物线yax2+bx+c的顶点是A（1，3），可以假设抛物线的解析式为ya（x1）2+3，求出点B的坐标，利用待定系数法即可解决问题（2）根据AMN在

31、OAB内部，构建不等式即可解决问题求出直线OA，AB的解析式，求出MN，利用面积关系构建方程即可解决问题【解析】（1）抛物线yax2+bx+c的顶点是A（1，3），抛物线的解析式为ya（x1）2+3，OA绕点O顺时针旋转90后得到OB，B（3，1），把B（3，1）代入ya（x1）2+3可得a1，抛物线的解析式为y（x1）2+3，即yx2+2x+2，（2）如图1中，B（3，1），直线OB的解析式为y=-13x，A（1，3），C（1，-13），P（1，m），APPA，A（1，2m3），由题意32m3-13，3m43当点P在x轴上方时，直线OA的解析式为y3x，直线AB的解析式为y2x+5，P（1，

32、m），M（m3，m），N（5-m2，m），MN=5-m2-m3=15-5m6，SAMN=56SOAB，12（m2m+3）15-5m6=5612|2m3+13|3，整理得m26m+9|6m8|解得m6+19（舍弃）或6-19，当点P在x轴下方时，同法可得12（3m）（5-m2+3m）=5612-13-（2m3）3，整理得：3m212m10，解得m=6-393或6+393（舍弃），满足条件的m的值为6-19或6-39318（2019内蒙古通辽）如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时旋转90，得到线段CQ，连接BP，DQ（1）如图1，求证：BCPDCQ；（2）如图，延长BP交直线DQ于点E如图2，求证：BEDQ；如图3，若BCP为等边三角形，判断DEP的形状，并说明理由【答案】见解析。【解析】（1）证明：BCD90，PCQ90，BCPDCQ，在BCP和DCQ中，BCPDCQ（SAS）；（2）如图b，BCPDCQ，CBFEDF，又BFCDFE，DEFBCF90，BEDQ；BCP为等边三角形，BCP60，PCD30，又CPCD，CPDCDP75，又BPC60，CDQ60，EPD180CPDCPB180756045，同理：EDP45，DEP为等腰直角三角形第 34 页 共 34 页