数学中考压轴的题目旋转问的题目(经典)答案版
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1、word旋转拔高练习一、选择题1. 某某如图,把一个斜边长为2且含有300角的直角三角板ABC绕直角顶点C顺时针旋转900到A1B1C,如此在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【 】A B C D1、【分析】因为旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积分为三局部扇形ACA1、 BCD和ACD 计算即可:在ABC中,ACB=90,BAC=30,AB=2,BC=AB=1,B=90BAC=60。设点B扫过的路线与AB的交点为D,连接CD,BC=DC,BCD是等边三角形。BD=CD=1。点D是AB的中点。S。应当选D。2. 某某如图,O是正ABC内一点,OA=3,OB=4,OC=5,将线段BO以点B为
2、旋转中心逆时针旋转60得到线段BO,如下结论:BOA可以由BOC绕点B逆时针旋转60得到;点O与O的距离为4;AOB=150;其中正确的结论是【 】A B C D2【分析】正ABC,AB=CB,ABC=600。线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60得到线段BO,BO=BO,OAO=600。OBA=600ABO=OBA。BOABOC。BOA可以由BOC绕点B逆时针旋转60得到。故结论正确。 连接OO,BO=BO,OAO=600,OBO是等边三角形。OO=OB=4。故结论正确。在AOO中,三边长为OA=OC=5,OO=OB=4,OA=3,是一组勾股数,AOO是直角三角形。AOB=AOOOOB =9
3、00600=150。故结论正确。故结论错误。如下列图,将AOB绕点A逆时针旋转60,使得AB与AC重合,点O旋转至O点易知AOO是边长为3的等边三角形,COO是边长为3、4、5直角三角形。如此。故结论正确。综上所述,正确的结论为:。应当选A。3. 某某如图,P是等腰直角ABC外一点,把BP绕点B顺时针旋转90到BP,APB=135,PA:PC=1:3,如此PA:PB=【 】。A1: B1:2 C:2 D1:3、【分析】如图,连接AP,BP绕点B顺时针旋转90到BP,BP=BP,ABP+ABP=90。又ABC是等腰直角三角形,AB=BC,CBP+ABP=90,ABP=CBP。在ABP和CBP中,
4、 BP=BP,ABP=CBP,AB=BC ,ABPCBPSAS。AP=PC。PA:PC=1:3,AP=3PA。连接PP,如此PBP是等腰直角三角形。BPP=45,PP= 2 PB。APB=135,APP=135-45=90,APP是直角三角形。设PA=x,如此AP=3x,在RtAPP中,。在RtAPP中,。,解得PB=2x。PA:PB=x:2x=1:2。 应当选B。4. 某某点P是正方形ABCD边AB上一点不与A、B重合,连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90,得线段PE,连接BE,如此CBE等于【 】A75 B60 C45 D304【分析】过点E作EFAF,交AB的延长线于点F,如此F=9
5、0,四边形ABCD为正方形,AD=AB,A=ABC=90。ADP+APD=90。由旋转可得:PD=PE,DPE=90,APD+EPF=90。ADP=EPF。在APD和FEP中,ADP=EPF,A=F,PD=PE,APDFEPAAS。AP=EF,AD=PF。又AD=AB,PF=AB,即AP+PB=PB+BF。AP=BF。BF=EF又F=90,BEF为等腰直角三角形。EBF=45。又CBF=90,CBE=45。应当选C。【答案】C。5. 某某如图,等边ABC的周长为6,半径是1的O从与AB相切于点D的位置出发,在ABC外部按顺时针方向沿三角形滚动,又回到与AB相切于点D的位置,如此O自转了:【 】
6、A2周B3周C4周D5周5【分析】该圆运动可分为两局部:在三角形的三边运动以与绕过三角形的三个角,分别计算即可得到圆的自传周数:O在三边运动时自转周数:62 =3:O绕过三角形外角时,共自转了三角形外角和的度数:360,即一周。O自转了3+1=4周。应当选C。二、填空题6. 某某如图,四边形ABCD中,BAD=BCD=900,AB=AD,假如四边形ABCD的面积是24cm2.如此AC长是cm. 6【分析】如图,将ADC旋转至ABE处,如此AEC的面积和四边形ABCD的面积一样多为24cm2,,这时三角形AEC为等腰直角三角形,作边EC上的高AF,如此AF=EC=FC, SAEC= AFEC=A
7、F2=24 。AF2=24。AC2=2AF2=48 AC=4。7. 某某某某如图,正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合,将AEF绕顶点A旋转,在旋转过程中,当BE=DF时,BAE的大小可以是7【分析】正三角形AEF可以在正方形的内部也可以在正方形的外部,所以要分两种情况分别求解:当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时,如图1,正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合,AB=AD,AE=AF。当BE=DF时,在ABE和ADF中,AB=AD,BE=DF,AE=AF,ABEADFSSS。BAE=FAD。EAF=60,BAE+FAD=30。BAE=FAD=15。当正三角形AEF在正方形ABC
8、D的外部,顺时针旋转小于1800时,如图2,同上可得ABEADFSSS。BAE=FAD。EAF=60,BAF=DAE。900600BAFDAE=3600,BAF=DAE=105。BAE=FAD=165。当正三角形AEF在正方形ABCD的外部,顺时针旋转大于1800时,如图3,同上可得ABEADFSSS。BAE=FAD。EAF=60,BAE=90,90DAE=60DAE,这是不可能的。此时不存在BE=DF的情况。综上所述,在旋转过程中,当BE=DF时,BAE的大小可以是15或165。8. 某某省如图,在等边ABC中,D是边AC上一点,连接BD将BCD绕点B逆时针旋转60得到BAE,连接ED假如B
9、C=10,BD=9,如此AED的周长是_.8【分析】BCD绕点B逆时针旋转60得到BAE, 根据旋转前、后的图形全等的旋转性质,得,CD= AE,BD=BE。ABC是等边三角形,BC=10,AC= BC=10。AEAD=AC=10。又旋转角DBE=600,DBE是等边三角形。DE=BD=9。AED的周长=DEAEAD=910=19。三、解答题9. 市在中,M是AC的中点,P是线段BM上的动点,将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ。1 假如且点P与点M重合如图1,线段CQ的延长线交射线BM于点D,请补全图形,并写出CDB的度数;2 在图2中,点P不与点B,M重合,线段CQ的延长线与射线BM交于
10、点D,猜测CDB的大小用含的代数式表示,并加以证明;3 对于适当大小的,当点P在线段BM上运动到某一位置不与点B,M重合时,能使得线段CQ的延长线与射线BM交于点D,且PQ=QD,请直接写出的X围。9【答案】解:1补全图形如下:CDB=30。2作线段CQ的延长线交射线BM于点D,连接PC,AD,AB=BC,M是AC的中点,BMAC。AD=CD,AP=PC,PD=PD。在APD与CPD中,AD=CD, PD=PD, PA=PCAPDCPDSSS。AP=PC,ADB=CDB,PAD=PCD。又PQ=PA,PQ=PC,ADC=2CDB,PQC=PCD=PAD。PAD+PQD=PQC+PQD=180。
11、APQ+ADC=360PAD+PQD=180。ADC=180APQ=1802,即2CDB=1802。CDB=90。34560。【分析】1利用图形旋转的性质以与等边三角形的判定得出CMQ是等边三角形,即可得出答案:BA=BC,BAC=60,M是AC的中点,BMAC,AM=AC。将线段PA绕点P顺时针旋转2得到线段PQ,AM=MQ,AMQ=120。 CM=MQ,CMQ=60。CMQ是等边三角形。ACQ=60。CDB=30。2首先由得出APDCPD,从而得出PAD+PQD=PQC+PQD=180,即可求出。3由2得出CDB=90,且PQ=QD,PAD=PCQ=PQC=2CDB=1802。点P不与点B
12、,M重合,BADPADMAD。21802,4560。10. 某某在平面直角坐标系中,矩形OABC如下列图放置,点A在x轴上,点B的坐标为m,1m0,将此矩形绕O点逆时针旋转90,得到矩形OABC1写出点A、A、C的坐标;2设过点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,求此抛物线的解析式;a、b、c可用含m的式子表示3试探究:当m的值改变时,点B关于点O的对称点D是否可能落在2中的抛物线上?假如能,求出此时m的值 10【答案】解:1四边形ABCD是矩形,点B的坐标为m,1m0,Am,0,C0,1。矩形OABC由矩形OABC旋转90而成,A0,m,C1,0。2设过点A、A、C的抛物线解析式
13、为y=ax2bxc,Am,0,A0,m,C1,0,解得。此抛物线的解析式为:y=x2m1xm。3点B与点D关于原点对称,Bm,1,点D的坐标为:m,1,假设点Dm,1在2中的抛物线上,0=m2m1mm=1,即2m22m1=0,=22422=40,此方程无解。点D不在2中的抛物线上。【分析】1先根据四边形ABCD是矩形,点B的坐标为m,1m0,求出点A、C的坐标,再根据图形旋转的性质求出A、C的坐标即可。2设过点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,把A、A、C三点的坐标代入即可得出abc的值,进而得出其抛物线的解析式。3根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标,把D点坐标代入
14、抛物线的解析式看是否符合即可。11. 某某(1)如图1,在ABC中,BA=BC,D,E是AC边上的两点,且满足DBE=ABC(0CBEABC)。以点B为旋转中心,将BEC按逆时针方向旋转ABC,得到BEA点C与点A重合,点E到点E处,连接DE。求证:DE=DE. 2如图2,在ABC中,BA=BC,ABC=90,D,E是AC边上的两点,且满足DBE=ABC(0CBE45).求证:DE2=AD2+EC2.11【答案】证明:1BEA是BEC按逆时针方向旋转ABC得到,BE=BE,EBA=EBC。DBE=ABC,ABDEBC =ABC。ABDEBA =ABC,即EBD=ABC。EBD=DBE。在EBD
15、和EBD中,BE=BE,EBD=DBE,BD=BD,EBDEBDSAS。DE=DE。2以点B为旋转中心,将BEC按逆时针方向旋转ABC=90,得到BEA点C与点A重合,点E到点E处,连接DE 由1知DE=DE。由旋转的性质,知EA=EC,E AB=ECB。又BA=BC,ABC=90,BAC=ACB=45。E AD=E ABBAC=90。 在RtDEA中,DE2=AD2+EA2,DE2=AD2+EC2。【分析】1由旋转的性质易得BE=BE,EBA=EBC,由DBE=ABC经等量代换可得EBD=DBE,从而可由SAS得EBDEBD,得到DE=DE。2由1的启示,作如1的辅助图形,即可得到直角三角形
16、DEA,根据勾股定理即可证得结论。12. 某某德阳在平面直角坐标xOy中,如图正方形OABC的边长为4,边OA在x轴的正半轴上,边OC在y轴的正半轴上,点D是OC的中点,BEDB交x轴于点E.求经过点D、B、E的抛物线的解析式;将DBE绕点B旋转一定的角度后,边BE交线段OA于点F,边BD交y轴于点G,交中的抛物线于M不与点B重合,如果点M的横坐标为,那么结论OF=DG能成立吗?请说明理由.过中的点F的直线交射线CB于点P,交中的抛物线在第一象限的局部于点Q,且使PFE为等腰三角形,求Q点的坐标.12【答案】解:1BEDB交x轴于点E,OABC是正方形,DBC=EBA。在BCD与BAE中,BC
17、D=BAE=90, BC=BA ,DBC=EBA , BCDBAEASA。AE=CD。OABC是正方形,OA=4,D是OC的中点,A4,0,B4,4,C0,4,D0,2,E6,0设过点D0,2,B4,4,E6,0的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,如此有:,解得 。经过点D、B、E的抛物线的解析式为:。2结论OF=DG能成立理由如下:由题意,当DBE绕点B旋转一定的角度后,同理可证得BCGBAF,AF=CG。xM=,。M。设直线MB的解析式为yMB=kx+b,M,B4,4,解得。yMB=x+6。G0,6。CG=2,DG=4。AF=CG=2,OF=OAAF=2,F2,0。OF=2,DG=4,结
18、论OF=DG成立。3如图,PFE为等腰三角形,可能有三种情况,分类讨论如下:假如PF=FE。FE=4,BC与OA平行线之间距离为4,此时P点位于射线CB上。F2,0,P2,4。此时直线FPx轴。来xQ=2。,Q12,。假如PF=PE。如下列图,AF=AE=2,BAFE,BEF为等腰三角形。此时点P、Q与点B重合。Q24,4。假如PE=EF。FE=4,BC与OA平行线之间距离为4,此时P点位于射线CB上。E6,0,P6,4。设直线yPF的解析式为yPF=kx+b,F2,0,P6,4,解得。yPF=x2。Q点既在直线PF上,也在抛物线上,化简得5x214x48=0,解得x1= ,x2=2不合题意,
19、舍去。xQ=2。yQ=xQ2=。Q3。综上所述,Q点的坐标为Q12,或Q24,4或Q3。【分析】1由正方形的性质和BCDBAE求得E点坐标,然后利用待定系数法求抛物线解析式。2求出M点坐标,然后利用待定系数法求直线MB的解析式,令x=0,求得G点坐标,从而得到线段CG、DG的长度;由BCGBAF,可得AF=CG,从而求得OF的长度比拟OF与DG的长度,它们满足OF=DG的关系,所以结论成立;3分PF=FE、PF=PE和PE=EF三种情况,逐一讨论并求解。13. 某某1如图,在ABC和ADE中,AB=AC,AD=AE,BAC=DAE=90当点D在AC上时,如图1,线段BD、CE有怎样的数量关系和
20、位置关系?直接写出你猜测的结论;将图1中的ADE绕点A顺时针旋转角090,如图2,线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系?请说明理由2当ABC和ADE满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时,使线段BD、CE在1中的位置关系仍然成立?不必说明理由甲:AB:AC=AD:AE=1,BAC=DAE90;乙:AB:AC=AD:AE1,BAC=DAE=90;丙:AB:AC=AD:AE1,BAC=DAE9013【答案】解:1结论:BD=CE,BDCE。结论:BD=CE,BDCE。理由如下:BAC=DAE=90,BADDAC=DAEDAC,即BAD=CAE。在RtABD与RtACE中,AB=AC,BAD=CAE
21、,AD=AE,ABDACESAS。BD=CE。延长BD交AC于F,交CE于H。在ABF与HCF中,ABF=HCF,AFB=HFC,CHF=BAF=90。BDCE。2结论:乙AB:AC=AD:AE,BAC=DAE=90。【考点】全等三角形的判定和性质,三角形内角和定理,旋转的性质。【分析】1BD=CE,BDCE。根据全等三角形的判定定理SAS推知ABDACE,然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等ABF=ECA;然后在ABD和CDF中,由三角形内角和定理可以求得CFD=90,即BDCF。BD=CE,BDCE。根据全等三角形的判定定理SAS推知ABDACE,然后由全等三角形的对应边
22、相等证得BD=CE、对应角相等ABF=ECA;作辅助线延长BD交AC于F,交CE于HBH构建对顶角ABF=HCF,再根据三角形内角和定理证得BHC=90。2根据结论、的证明过程知,BAC=DFC或FHC=90时,该结论成立了,所以本条件中的BAC=DAE90不适宜。14. 某某某某,在ABC中,AB=AC。过A点的直线a从与边AC重合的位置开始绕点A按顺时针方向旋转角,直线a交BC边于点P点P不与点B、点C重合,BMN的边MN始终在直线a上点M在点N的上方,且BM=BN,连接。1当BAC=MBN=90时,如图a,当=45时,ANC的度数为_;如图b,当45时,中的结论是否发生变化?说明理由;2
23、如图c,当BAC=MBN90时,请直接写出ANC与BAC之间的数量关系,不必证明。14【答案】解:1450。不变。理由如下过B、C分别作BDAP于点D,CEAP于点E。BAC =90,BADEAC=90。BDAP,ADB =90。ABDBAD=90。ABD=EAC。又AB=AC,ADB =CEA=90,ADBCEAAAS。AD=EC,BD=AE。BD是等腰直角三角形NBM斜边上的高,BD=DN,BND=45。BN=BD=AE。DNDE=AEDE,即NE=AD=EC。NEC =90,ANC =45。3ANC =90BAC。【分析】1BM=BN,MBN=90,BMN=BNM=45。 又CAN=45
24、,BMN=CAN。又AB=AC,AN=AN,BMNCANSAS。ANC=BNM=45。过B、C分别作BDAP于点D,CEAP于点E。通过证明ADBCEA从而证明CEN是等腰直角三角形即可。 2如图,由得:=18002ABC1AB=AC =1800261BAC=MBN,BM=BN =1800216 =3456三角形内角和定理 =656=534=ABC=6。点A、B、N、C四点共圆。 ANC =ABC =90BAC。15.某某某某正方形ABCD中,E为对角线BD上一点,过E点作EFBD交BC于F,连接DF,G为DF中点,连接EG,CG1求证:EG=CG;2将图中BEF绕B点逆时针旋转45,如图所示
25、,取DF中点G,连接EG,CG问1中的结论是否仍然成立?假如成立,请给出证明;假如不成立,请说明理由3将图中BEF绕B点旋转任意角度,如图所示,再连接相应的线段,问1中的结论是否仍然成立?通过观察你还能得出什么结论?均不要求证明FBACE第15题图FBADCEG第15题图FBADCEG第15题图15 解:1证明:在RtFCD中,G为DF的中点,CG=FD 1分同理,在RtDEF中,EG=FD 2分CG=EG3分21中结论仍然成立,即EG=CG4分证法一:连接AG,过G点作MNAD于M,与EF的延长线交于N点FBADCEGMNN图 一在DAG与DCG中,AD=CD,ADG=CDG,DG=DG,D
26、AGDCGAG=CG5分在DMG与FNG中,DGM=FGN,FG=DG,MDG=NFG,DMGFNGMG=NG在矩形AENM中,AM=EN 6分FBADCEGM图 二在RtAMG与RtENG中,AM=EN, MG=NG,AMGENGAG=EGEG=CG 8分证法二:延长CG至M,使MG=CG,连接MF,ME,EC,4分在DCG 与FMG中,FG=DG,MGF=CGD,MG=CG,DCG FMGMF=CD,FMGDCG MFCDAB5分在RtMFE与RtCBE中,MF=CB,EF=BE,MFECBE6分MECMEFFECCEBCEF90 7分MEC为直角三角形MG = CG,FBADCE图GEG
27、=MC8分31中的结论仍然成立,即EG=CG其他的结论还有:EGCG10分16、襄阳如图1,点A是线段BC上一点,ABD和ACE都是等边三角形1连结BE,CD,求证:BE=CD;2如图2,将ABD绕点A顺时针旋转得到ABD当旋转角为60度时,边AD落在AE上;在的条件下,延长DD交CE于点P,连接BD,CD当线段AB、AC满足什么数量关系时,BDD与CPD全等?并给予证明16、解1证明:ABD和ACE都是等边三角形AB=AD,AE=AC,BAD=CAE=60,BAD+DAE=CAE+DAE,即BAE=DAC,在BAE和DAC中,BAEDACSAS,BE=CD;2解:BAD=CAE=60,DAE
28、=180602=60,边AD落在AE上,旋转角=DAE=60;当AC=2AB时,BDD与CPD全等理由如下:由旋转可知,AB与AD重合,AB=BD=DD=AD,四边形ABDD是菱形,ABD=DBD=ABD=60=30,DPBC,ACE是等边三角形,AC=AE,ACE=60,AC=2AB,AE=2AD,PCD=ACD=ACE=60=30,又DPBC,ABD=DBD=BDD=ACD=PCD=PDC=30,在BDD与CPD中,BDDCPDASA故答案为:60D17. 鸡西如图1,在正方形ABCD中,点M、N分别在AD、CD上,假如MBN=45,易证MN=AM+1如图2,在梯形ABCD中,BCAD,A
29、B=BC=CD,点M、N分别在AD、CD上,假如MBN= ABC,试探究线段MN、AM、有怎样的数量关系?请写出猜测,并给予证明2如图3,在四边形ABCD中,AB=BC,ABC+ADC=180,点M、N分别在DA、CD的延长线上,假如MBN= ABC,试探究线段MN、AM、又有怎样的数量关系?请直接写出猜测,不需证明17解:1MN=AM+理由如下:如图,BCAD,AB=BC=CD,梯形ABCD是等腰梯形,A+BCD=180,把ABM绕点B顺时针旋转90到CBM,如此ABMCBM,AM=CM,BM=BM,A=BCM,ABM=MBC,BCM+BCD=180,点M、C、M三点共线,MBN=ABC,M
30、BN=MBC+CBN=ABM+CBN=ABC-MBN=ABC,MBN=MBN,在BMN和BMN中,BMNBMNSAS,MN=MN,又MN=CM+=AM+,MN=AM+;2MN=-AM理由如下:如图,作CBM=ABM交于点M,ABC+ADC=180,BAD+C=360-180=180,又BAD+BAM=180,C=BAM,在ABM和CBM中,ABMCBMASA,AM=CM,BM=BM,MBN=ABC,MBN=ABC-ABN+CBM=ABC-ABN+ABM=ABC-MBN=ABC,MBN=MBN,在MBN和MBN,MBNMBNSAS,MN=MN,MN=-CM=-AM,MN=-AM点评:此题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,等腰梯形的两底角互补,利用旋转变换作辅助线,构造出全等三角形,把MN、AM、通过等量转化到两个全等三角形的对应边是解题的关键,此题灵活性较强,对同学们的能力要求较高14 / 14
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