数学中考压轴题旋转问题(经典)-答案版

旋转拔高练习一、选择题1.（广东）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，则在旋转过程中这个三角板扫过的图形的面积是【】A．πB．3C．33+42D．113+1241、【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部分扇形ACA1、BCD和△ACD计算即可：在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=2，∴BC=12AB=1，∠B=90°－∠BAC=60°。∴22ACABBC3。∴ABC13SBCAC22。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。∴ACDABC1133SS2224S。∴1ACDACABCDABCSSS扇形扇形的面扫过积229036013331133603604464124（）故选D。2.（湖北）如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④AOBOS=6+33四形边；⑤AOCAOB93SS6+4．其中正确的结论是【】A．①②③⑤B．①②③④C．①②③④⑤D．①②③2【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′，∠O′AO=600。∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。连接OO′，∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，∴△AOO′是直角三角形。∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB=900＋600=150°。故结论③正确。AOOOBOAOBO11SSS34+4236+4322四形边。故结论④错误。如图所示，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。则AOCAOBAOCOCOOAOO113393SSSSS34+3=6+2224。故结论⑤正确。综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A。3.（四川）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′，已知∠AP′B=135°，P′A：P′C=1：3，则P′A：PB=【】。A．1：2B．1：2C．3：2D．1：33、【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，∵BP=BP′，∠ABP=∠CBP′，AB=BC，∴△ABP≌△CBP′（SAS）。∴AP=P′C。∵P′A：P′C=1：3，∴AP=3P′A。连接PP′，则△PBP′是等腰直角三角形。∴∠BP′P=45°，PP′=2PB。∵∠AP′B=135°，∴∠AP′P=135°-45°=90°，∴△APP′是直角三角形。设P′A=x，则AP=3x，在Rt△APP′中，2222PPAPPA3xx22x。在Rt△APP′中，PP2PB。∴2PB=22x，解得PB=2x。∴P′A：PB=x：2x=1：2。故选B。4.（贵州）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，则∠CBE等于【】A．75°B．60°C．45°D．30°4【分析】过点E作EF⊥AF，交AB的延长线于点F，则∠F=90°，∵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，∴△APD≌△FEP（AAS）。∴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°。故选C。【答案】C。5.（广西）如图，等边△ABC的周长为6π，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，则⊙O自转了：【】A．2周B．3周C．4周D．5周5【分析】该圆运动可分为两部分：在三角形的三边运动以及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：6π÷2π=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。故选C。二、填空题6.（四川）如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=900,AB=AD,若四边形ABCD的面积是24cm2.则AC长是▲cm.6【分析】如图，将△ADC旋转至△ABE处，则△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，则AF=12EC=FC,∴S△AEC=12AF·EC=AF2=24。∴AF2=24。∴AC2=2AF2=48AC=43。7.（江西南昌）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：①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，∴△ABE≌△ADF（SSS）。∴∠BAE=∠FAD。∵∠EAF=60°，∴∠BAE+∠FAD=30°。∴∠BAE=∠FAD=15°。②当正三角形AEF在正方形ABCD的外部，顺时针旋转小于1800时，如图2，同上可得△ABE≌△ADF（SSS）。∴∠BAE=∠FAD。∵∠EAF=60°，∴∠BAF=∠DAE。∵900＋600＋∠BAF＋∠DAE=3600，∴∠BAF=∠DAE=105°。∴∠BAE=∠FAD=165°。③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△ABE≌△ADF（SSS）。∴∠BAE=∠FAD。∵∠EAF=60°，∠BAE=90°，∴90°＋∠DAE=60°＋∠DAE，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.（吉林省）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．若BC=10，BD=9，则△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。∴AE＋AD=AC=10。又∵旋转角∠DBE=600，∴△DBE是等边三角形。∴DE=BD=9。∴△AED的周长=DE＋AE＋AD=9＋10=19。三、解答题9.（北京市）在ABC△中，BA=BCBAC，，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2得到线段PQ。（1）若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交于点D，猜想∠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的范围。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，∴BM⊥AC。∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。在△APD与△CPD中，∵AD=CD，PD=PD，PA=PC∴△APD≌△CPD（SSS）。∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）=180°。∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即2∠CDB=180°－2α。∴∠CDB=90°－α。（3）45°＜α＜60°。【分析】（1）利用图形旋转的性质以及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，∴BM⊥AC，AM=AC。∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α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）首先由已知得出△APD≌△CPD，从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°，即可求出。（3）由（2）得出∠CDB=90°－α，且PQ=QD，∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°－2α。∵点P不与点B，M重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。10.（福建）在平面直角坐标系中，矩形OABC如图所示放置，点A在x轴上，点B的坐标为（m，1）（m＞0），将此矩形绕O点逆时针旋转90°，得到矩形OA′B′C′．（1）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？若能，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，1）（m＞0），∴A（m，0），C（0，1）。∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转90°而成，∴A′（0，m），C′（－1，0）。（2）设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2＋bx＋c，∵A（m，0），A′（0，m），C′（－1，0），∴2 ambmc0cmabc0，解得 a1bm1cm。∴此抛物线的解析式为：y=－x2＋（m－1）x＋m。（3）∵点B与点D关于原点对称，B（m，1），∴点D的坐标为：（－m，－1），假设点D（－m，－1）在（2）中的抛物线上，∴0=－（－m）2＋（m－1）×（－m）＋m=1，即2m2－2m＋1=0，∵△=（－2）2－4×2×2=－4＜0，∴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，1）（m＞0），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点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。11.（江苏）(1)如图1，在△ABC中，