專題07 幾何圖形的旋轉(zhuǎn)變換問題（解析版）-2023屆中考數(shù)學(xué)壓軸大題專項突破

專題07幾何圖形的旋轉(zhuǎn)變換問題幾何圖形的旋轉(zhuǎn)變換在中考壓軸題中的考查非常頻繁。旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)：圖形通過旋轉(zhuǎn)，圖形中每一點都繞著旋轉(zhuǎn)中心沿相同的方向旋轉(zhuǎn)了同樣大小的角度，任意一對對應(yīng)點與旋轉(zhuǎn)中心的連線都是旋轉(zhuǎn)角，對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等，對應(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等，旋轉(zhuǎn)過程中，圖形的形狀、大小都沒有發(fā)生變化。在解決旋轉(zhuǎn)變換的題目時，不僅要把握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和幾何圖形的性質(zhì)外，還要求考生能夠在圖形變換中找到不變的量，通過轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想，將未知條件轉(zhuǎn)化為已知條件，陌生模型轉(zhuǎn)化為熟悉模型。 （2022·山東菏澤·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在中，于點D，在DA上取點E，使，連接BE、CE．(1)直接寫出CE與AB的位置關(guān)系；(2)如圖2，將繞點D旋轉(zhuǎn)，得到（點，分別與點B，E對應(yīng)），連接，在旋轉(zhuǎn)的過程中與的位置關(guān)系與（1）中的CE與AB的位置關(guān)系是否一致?請說明理由；(3)如圖3，當(dāng)繞點D順時針旋轉(zhuǎn)30°時，射線與AD、分別交于點G、F，若，求的長．（1）由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠ABC=∠DAB=45°，∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，可得結(jié)論；（2）通過證明，可得，由余角的性質(zhì)可得結(jié)論；（3）由等腰直角的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可得，即可求解．【答案】(1)CE⊥AB，理由見解析；(2)一致，理由見解析；(3)【詳解】（1）如圖，延長CE交AB于H，∵∠ABC=45°，AD⊥BC，∴∠ADC=∠ADB=90°，∠ABC=∠DAB=45°，∵DE=CD，∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°，∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°，∴CE⊥AB；（2）在旋轉(zhuǎn)的過程中與的位置關(guān)系與（1）中的CE與AB的位置關(guān)系是一致的，理由如下：如圖2，延長交于H，由旋轉(zhuǎn)可得：CD=，=AD，∵∠ADC=∠ADB=90°，∴，∵，∴,，∵+∠DGC=90°，∠DGC=∠AGH，∴∠DA+∠AGH=90°，∴∠AHC=90°，；（3）如圖3，過點D作DH于點H，∵△BED繞點D順時針旋轉(zhuǎn)30°，∴，，，∴AD=2DH，AH=DH=，，由（2）可知：，，∵AD⊥BC，CD=，∴DG=1，CG=2DG=2，∴CG=FG=2，，∴AG=2GF=4，∴AD=AG+DG=4+1=5，∴．本題是三角形綜合題，考查了等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．（2022·遼寧錦州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，D，E，F(xiàn)分別為的中點，連接．(1)如圖1，求證：；(2)如圖2，將繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到，當(dāng)射線交于點G，射線交于點N時，連接并延長交射線于點M，判斷與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(3)如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)時，求的長．（1）連接，可得，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得，根據(jù)中位線定理可得，即可得證；（2）證明，根據(jù)（1）的結(jié)論即可得；（3）連接，過點作于，證明，可得，勾股定理求得，根據(jù)，，可得，進(jìn)而求得，根據(jù)求得，根據(jù)（2）的結(jié)論，即可求解．【答案】(1)見解析；(2)，理由見解析；(3)【詳解】（1）證明：如圖，連接，，D，E，F(xiàn)分別為的中點，，，，，（2），理由如下，連接，如圖，，D，E，F(xiàn)分別為的中點，，四邊形是平行四邊形，，，，，，，將繞點D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到，，，，，，，（3）如圖，連接，過點作于，中，,，，，，，，，中，，中，，，，，，，，，，．本題考查了勾股定理，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，中位線的性質(zhì)定理，相似三角形的性質(zhì)與判定，求角的正確，掌握相似三角形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．（2022·山西·中考真題）綜合與實踐問題情境：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8．直角三角板EDF中∠EDF=90°，將三角板的直角頂點D放在Rt△ABC斜邊BC的中點處，并將三角板繞點D旋轉(zhuǎn)，三角板的兩邊DE，DF分別與邊AB，AC交于點M，N，猜想證明：（1）如圖①，在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)點M為邊AB的中點時，試判斷四邊形AMDN的形狀，并說明理由；問題解決：（2）如圖②，在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)時，求線段CN的長；（3）如圖③，在三角板旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)AM=AN時，直接寫出線段AN的長．（1）由三角形中位線定理得到，證明∠A=∠AMD=∠MDN=90°，即可證明結(jié)論；（2）證明△NDC是等腰三角形，過點N作NG⊥BC于點G，證明△CGN∽△CAB，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解；（3）延長ND，使DH=DN，證明△BDH≌△CDN，推出BH=CN，∠DBH=∠C，證明∠MBH=90°，設(shè)AM=AN=x，在Rt△BMH中，利用勾股定理列方程，解方程即可求解．【答案】（1）四邊形AMDN為矩形；理由見解析；（2）；（3）．【詳解】解：（1）四邊形AMDN為矩形．理由如下：∵點M為AB的中點，點D為BC的中點，∴，∴∠AMD+∠A=180°，∵∠A=90°，∴∠AMD=90°，∵∠EDF=90°，∴∠A=∠AMD=∠MDN=90°，四邊形AMDN為矩形；（2）在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，∴∠B+∠C=90°，．∵點D是BC的中點，∴CD=BC=5．∵∠EDF=90°，∴∠MDB+∠1=90°．∵∠B=∠MDB，∴∠1=∠C．∴ND=NC．過點N作NG⊥BC于點G，則∠CGN=90°．∴CG=CD=．∵∠C=∠C，∠CGN=∠CAB=90°，∴△CGN∽△CAB．∴，即，∴；（3）延長ND至H，使DH=DN，連接MH，NM，BH，∵M(jìn)D⊥HN，∴MN=MH，∵D是BC中點，∴BD=DC，又∵∠BDH=∠CDN，∴△BDH≌△CDN，∴BH=CN，∠DBH=∠C，∵∠BAC=90°，∵∠C+∠ABC=90°，∴∠DBH+∠ABC=90°，∴∠MBH=90°，設(shè)AM=AN=x，則BM=6-x，BH=CN=8-x，MN=MH=x，在Rt△BMH中，BM2+BH2=MH2，∴(6-x)2+(8-x)2=(x)2，解得x=，∴線段AN的長為．本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定，勾股定理，解第（3）問的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題．1．（2022·山東德州·統(tǒng)考二模）如圖，在矩形中，，，平分交于點.連接，點是上一動點，過點作交于點．將繞點旋轉(zhuǎn)得到．(1)連接，，求證：；(2)當(dāng)點恰好落在直線上時，若，求的值．【答案】(1)見解析；(2)或【分析】（1）先證得，，從而證明了結(jié)論；（2）先求得的長，進(jìn)而求得，然后利用勾股定理解直角三角形，即可求得結(jié)果．【詳解】（1）證明：∵，∴，∴，∴，由旋轉(zhuǎn)可知：，∴，即，∴；（2）如圖1，∵四邊形是矩形，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∴，由（1）知：，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得，，∴，，綜上所述，或．2．（2022·內(nèi)蒙古包頭·包鋼第三中學(xué)?？既＃┮阎校c、分別在邊、上，且，將繞點逆時針旋轉(zhuǎn)．設(shè)旋轉(zhuǎn)角為(1)試說明；(2)若，，當(dāng)時，若點恰好落在邊中點處，求的值；(3)若，，當(dāng)點恰好落在邊上時，延長交于，若，求的值．【答案】(1)見解析；(2)；(3)【分析】（1）根據(jù)，證明，得出，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，即可得證；（2）根據(jù)三角形中線的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)，設(shè)，求得，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得，進(jìn)而即可求解．（3）根據(jù)勾股定理求得，進(jìn)而根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得的長，證明，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得，即可求的值．【詳解】（1）證明：，，，，繞點逆時針旋轉(zhuǎn)．設(shè)旋轉(zhuǎn)角為，，，，（2）點恰好落在邊中點處，，，，，垂直平分，，，，,，，，，，設(shè)，則，為的中點，，，，，，，，（3），，，是等腰直角三角形，，，，設(shè)，則，，,，，中，，，，，，，，，．3．（2022·浙江紹興·校聯(lián)考二模）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC=6，P為線段BC上一動點，設(shè)PC＝x．(1)如圖①，當(dāng)x＝2時，求AQ的長；(2)如圖②，當(dāng)x＝3時，把△CPQ繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)β度，（0＜β＜90°），求此時AQ的長；(3)如圖③，將△PCQ沿PQ翻折，得到△PQM，點M是否可以落在△ABC的某邊的中垂線上？如果可以，求出相應(yīng)的x的值；如果不可以，說明理由?！敬鸢浮?1)AQ=；(2)AQ=；(3)或【分析】（1）根據(jù)平行線分線段成比例定理得出，求出CQ的長度，即可求解答案；（2）先證明，利用相似三角形的性質(zhì)求出，過點C作CD⊥PQ于點D，再利用等面積法求出，然后根據(jù)勾股定理分別求出DQ、AD長度，求解即可；（3）分別討論當(dāng)點M落在三角形ABC的邊AC的中垂線上時，當(dāng)點M落在三角形ABC的BC的中垂線上時，當(dāng)點M落在三角形ABC的BA的中垂線上時三種情況，根據(jù)矩形的判定和性質(zhì)及相似三角形的判定和性質(zhì)進(jìn)行求解即可．【詳解】（1），，BC=6，AC＝8，PC＝2，，，；（2）圖形旋轉(zhuǎn)前，，，，，，，解得，在中，，過點C作CD⊥PQ于點D，，即，解得，在中，，在中，，；（3）當(dāng)點M落在三角形ABC的邊AC的中垂線上時，設(shè)AC的中垂線交AC于點N，過點P作PD⊥AC的中垂線于點D，，四邊形PCND是矩形，，，，，即，，，解得，，由翻折可得，，，，，，，即，，，在中，，即，解得；當(dāng)點M落在三角形ABC的BC的中垂線上時，設(shè)BC的中垂線交BC于點F，過點Q作QE⊥FM于點E，，四邊形FCQE是矩形，，，，，，，，，即，解得，在中，，即，解得；當(dāng)點M落在三角形ABC的BA的中垂線上時，如圖可知，點M不可能落在三角形ABC的BA的中垂線上；綜上，或．4．（2022·浙江金華·校聯(lián)考二模）如圖，菱形ABCD中，，，點E是射線AC上的一個動點，將線段BE繞點E順時針旋轉(zhuǎn)90°到EF，連接DE、DF．(1)求證：；(2)如圖2，連接BD，CF，當(dāng)與相似時，求CE的長；(3)當(dāng)點D關(guān)于直線EF的對稱點落在菱形的邊上時，求AE的長．【答案】(1)見解析(2)或(3)的長為1或3或4或5或7【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)，利用“SAS”得出，即可得出BE=DE，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出BE=EF，即可證明DE=EF；（2）先根據(jù)菱形的性質(zhì)求出BD=6，再分或兩種情況，分別求出CE的長即可；（3）根據(jù)點D關(guān)于EF的對稱點在AB上，BC上，與點B重合，與自身重合，其中與自身重合時又要根據(jù)點E在AO或OC上兩種情況進(jìn)行討論，分別畫出圖形，求出AE的長即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=AD，，∵在△AEB和△AED中，∴，∴BE=DE，∵根據(jù)旋轉(zhuǎn)可知BE=EF，∴DE=EF．（2）∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，，BO=DO，∴，∴BD=2BO=6，∵△EBD一定是一個等腰三角形，∴△BED與△EFC相似存在兩種情況，當(dāng)時，根據(jù)解析（1）可知，DE=EF，∴，∴CE=BD=6；當(dāng)時，，∵BE=DE=EF，∴，∵在Rt△BCE中，根據(jù)勾股定理可得：，∴，解得：或（舍去）；綜上分析可知，或．（3）當(dāng)點F與點D重合時，點E在AO上時，點D關(guān)于EF的對稱點為其本身，符合題目要求，如圖所示：根據(jù)解析（1）可知，BE=DE，∵EO⊥BD，∴，∵BO=DO，∴，∵AO=4，∴；②當(dāng)點D關(guān)于EF的對稱點在BC上時，連接，，，AC與交于點G，如圖所示：根據(jù)解析（1）可知，，∴，∵，，∴，垂直平分，，，，，∵∠BEF=90°，∴BE⊥FE，∵，，，，∵，∴，∴，，∵，，，∴，，∴，∴；③當(dāng)點E在對角線的交點上時，點F在AC上，點D關(guān)于EF的對稱點正好在點B上，如圖所示：∴此時；④當(dāng)點D關(guān)于EF的對稱點在AB上時，連接，，，AC與交于點G，如圖所示：根據(jù)解析（1）可知，，∴，垂直平分，，，，，∵∠BEF=90°，∴BE⊥FE，∵，，，，∵，∴，∴，，∵，，，∴，，∴；⑤當(dāng)點E在OC上，點D關(guān)于EF的對稱點為其本身時，符合題目要求，如圖所示：根據(jù)解析（1）可知，BE=DE，∵EO⊥BD，∴，∵BO=DO，∴，∵AO=4，∴；綜上分析可知，AE的長為：1或3或4或5或7．5．（2022·遼寧沈陽·統(tǒng)考二模）在正方形ABCD中，，E是邊CD上一動點（不與點C，D重合），分別連接AE，BE，將線段AE繞點E順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到EF，將線段BE繞點E逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到EG，連接DF，CG．(1)如圖1，當(dāng)點E是CD的中點時，求證：；(2)如圖2，當(dāng)時．直接寫出的值；(3)如圖3，當(dāng)時，取AB的中點H，連接EH．①EH的長為；②DE的長為．【答案】(1)見解析；(2)；(3)6.5；0.5【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，即可證得AE=BE，在利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，即可證得結(jié)論；（2）過點F作FM⊥CD，交CD的延長線于點M，過點G作GN⊥CD，交CD的延長線于點N，可證得△ADE≌△EMF，△BCE≌△ENG，可得DM=4，MF=2，CN=2，NG=4，再利用勾股定理，即可求得FD與CG的值，即可求解；（3）過點F作FP⊥CD，交CD的延長線于點P，過點G作GQ⊥CD，交CD的延長線于點Q，過點F作FS⊥QG，交QG于點S，過點H作HR⊥CD，交CD于點R，可證得△ADE≌△EPF，△BCE≌△EQG，設(shè)DE=x，則CE=6-x，可得DP=6-x，PF=x，CQ=x，QG=6-x，利用勾股定理，即可求得EH，DE的長．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=BC，∠ADE=∠BCE，∵點E是CD的中點，∴DE=CE，在△ADE和△BCE中，，∴△ADE≌△BCE（SAS），∴AE=BE，∵將線段AE繞點E順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到EF，將線段BE繞點E逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到EG，∴AE=EF，BE=EG，∴EF=EG．（2）解：過點F作FM⊥CD，交CD的延長線于點M，過點G作GN⊥CD，交CD的延長線于點N，如圖，∵FM⊥CD，GN⊥CD，∴∠M=90°，∠N=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADE=90°，∠BCE=90°，∴∠ADE=∠M，∠BCE=∠N，∴∠DAE+∠AED=90°，∠CBE+∠BEC=90°，∵將線段AE繞點E順時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到EF，將線段BE繞點E逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到EG，∴AE=EF，BE=EG，∠AEF=90°，∠BEG=90°，∴∠FEM+∠AED=90°，∠GEN+∠BEC=90°，∴∠DAE=∠FEM，∠CBE=∠GEN，∴△ADE≌△EMF，△BCE≌△ENG，∴MF=DE，ME=AD=6，NG=CE，EN=BC=6，∵EC=2DE，∴DE=2，CE=4，∴MF=2，NG=4，∴DM=ME-DE=6-2=4，CN=EN-CE=6-4=2，由勾股定理得，，，∴．（3）解：過點F作FP⊥CD，交CD的延長線于點P，過點G作GQ⊥CD，交CD的延長線于點Q，過點F作FS⊥QG，交QG于點S，過點H作HR⊥CD，交CD于點R，如圖，設(shè)DE=x，則CE=6-x，由（2）可同理得，△ADE≌△EPF，△BCE≌△EQG，∴PF=DE=x，PE=AD=6，QG=CE=6-x，EQ=BC=6，∴DP=PE-DE=6-x，CQ=EQ-CE=x，∵∠P=∠Q=∠FSQ=90°，∴四邊形FSQP是矩形，∴QS=PF=x，F(xiàn)S=PQ=PE+EQ=12，由勾股定理得，，又∵SG=QG-QS=6-x-x=6-2x，∴6-2x=5，解得x=0.5，∴DE=0.5，∵∠DAH=∠ADR=∠DRH=90°，∴四邊形ADRH是矩形，∴DR=AH==3，HR=AD=6，∴RE=DR-DE=2.5，由勾股定理得，．故答案為：6.5；0.5．6．（2022·海南?？凇そy(tǒng)考二模）如圖1，在邊長為1的正方形ABCD中，點P是線段BC上一個動點（與點B、C不重合），將線段AP繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PE，連接DE．過點D作DFEP，交AB于點F，交AP于點G，連接FP．(1)求證：①△ABP≌△DAF；②四邊形PEDF是平行四邊形；(2)如圖2，延長BC至點M，點P在運動過程中，求證：點E始終在∠DCM的角平分線上；(3)設(shè)BP＝x．當(dāng)x為何值時，ED＝EQ？【答案】(1)①證明見解析；②證明見解析(2)證明見解析(3)當(dāng)x為時，ED＝EQ【分析】（1）①根據(jù)正方形的性質(zhì)確定AB＝DA，∠ABP＝∠DAF＝90°，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)確定∠AGD=90°，根據(jù)直角三角形兩個銳角互余和等價代換思想確定∠BAP＝∠ADF，最后根據(jù)全等三角形的判定定理即可證明．②根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)確定DF＝PE，再根據(jù)平行四邊形的判定定理即可證明．（2）過點E作EH⊥DC于點H，EI⊥BM于點I．根據(jù)正方形的性質(zhì)，矩形的判定定理確定四邊形CIEH是矩形，根據(jù)直角三角形兩個銳角互余，角的和差關(guān)系確定∠APB＝∠PEI，根據(jù)正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定定理和性質(zhì)，等價代換思想確定BP＝IE．BC=PI，根據(jù)線段的和差關(guān)系和等價代換思想確定IE＝CI，最后根據(jù)正方形的判定定理和性質(zhì)即可證明．（3）根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)確定QH=DH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，線段的和差關(guān)系