2020-2021成都九年级中考数学初中数学旋转解答题压轴题提高专题练习.doc

2020-2021成都九年级中考数学初中数学旋转解答题压轴题提升专题练习2020-2021成都九年级中考数学初中数学旋转解答题压轴题提升专题练习一、旋转1．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角极点和正方形的极点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（ 1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（ 2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数目关系和地址关系，得出结论．结论1：DM、MN的数目关系是；结论2：DM、MN的地址关系是；拓展与研究：（ 3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其余条件不变，则（ 2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明原因．【答案】（1）证明参见分析；（2）相等，垂直；（3）成立，原因参见分析.【分析】试题分析：（1）依照正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，既而证明出△ABE≌△ADF，获得AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数目关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.地址关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标志出各个角，第一证明出MN∥AE，MN=AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而获得DM，MN数目相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数目关系获得∠DMN=∠DGE=90°．从而获得DM、MN的地址关系是垂直.试题分析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数目关系是相等，DM、MN的地址关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90，°∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵ BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90，°∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90，°∴DM⊥MN．因此（2）中的两个结论还成立.考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判断与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．2．如图（1）所示，将一个腰长为2等腰直角△BCD和直角边长为2、宽为1的直角△CED拼在一起．现将△CED绕点C顺时针旋转至△CE’D，’旋转角为a．（ 1）如图（2），旋转角a=30°时，点D′到CD边的距离D’A=______．求证：四边形ACED′为矩形；（2）如图（1），△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，在BC上如何取点G，使得GD’=E’D；并说明原因．（3）△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，∠CE’D=90°时，直接写出旋转角a的值．【答案】1【分析】分析：（1）过D′作D′N⊥CD于N．由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论．由D’A∥CE且D’A=CE=1，获得四边形ACED’为平行四边形．依照有一个角为90°的平行四边形是矩形，即可得出结论；（ 2）取BC中点即为点G，连接GD’．易证△DCE’≌△D’CG，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．（ 3）分两种情况议论即可．详解：（1）D’A=1．原因以下：过 D′作D′N⊥CD于N．1∵∠NCD′=30，CD°′=CD=2，∴ND′=CD′=1．2由已知，D’A∥CE，且D’A=CE=1，∴四边形ACED’为平行四边形．又∵∠DCE=90°，∴四边形ACED’为矩形；（2）如图，取BC中点即为点G，连接GD’．∵∠DCE=∠D’CE’=90，°∴∠DCE’=∠D’CG．又∵D’C=DC，CG=CE’，∴△DCE’≌△D’CG，∴GD’=E’D．（3）分两种情况议论：①如图1．∵∠CE′D=90，°CD=2，CE′，=1∴∠CDE′=30，∴°∠E′CD=60°，∴∠E′CB=30，°∴旋转角=∠ECE′=180°+30°．=210°②如图2，同理可得∠E′CE=30°，∴旋转角=360°－30°=330°．点睛：此题观察了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．3．如图1，四边形ABCD是正方形，G是CD边上的一个动点（点G与C、D不重合），以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG，连接BG，DE．（1）①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的地址关系，不用证明；②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α，获得如图你经过观察、丈量等方法判断①中获得的结论可否依旧成立，并证明你的判断．2情况．请（2）将原题中正方形改为矩形（如图3、4），且AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb（a≠b，k＞0），第（1）题①中获得的结论哪些成立，哪些不成立？若成立，以图4为例简要说明理由．（3）在第（2）题图4中，连接DG、BE，且a=3，b=2，k=1，求BE2+DG2的值．2【答案】（1）①BG⊥DE，BG=DE；②BG⊥DE，证明见分析；（2）BG⊥DE，证明见解析；（3）16.25．【分析】分析：（1）①依照正方形的性质，明显三角形BCG顺时针旋转90°即可获得三角形DCE，从而判断两条直线之间的关系；②结合正方形的性质，依照SAS依旧可以判断△BCG≌△DCE，从而证明结论；（ 2）依照两条对应边的比相等，且夹角相等可以判断上述两个三角形相似，从而可以获得（ 1）中的地址关系依旧成立；（ 3）连接BE、DG．依照勾股定理即可把BE2+DG2变换为两个矩形的长、宽平方和．详解：（1）①BG⊥DE，BG=DE；②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴BC=DC，CG=CE，∠BCD=∠ECG=90，°∴∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE，∴BG=DE，∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90，°∴ BG⊥DE．（ 2）∵AB=a，BC=b，CE=ka，CG=kb，BCCGb∴，DCCEa又∵∠BCG=∠DCE，∴△BCG∽△DCE，∴∠CBG=∠CDE，又∵∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHG=90，°∴BG⊥DE．（ 3）连接BE、DG．依照题意，得AB=3，BC=2，CE=1.5，CG=1，∵BG⊥DE，∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25．点睛：此题综合运用了全等三角形的判断和性质、相似三角形的判断和性质以及勾股定理．4．如图1，YABCD和YAEFG是两个能完满重合的平行四边形，现从AB与AE重合时开始，将YABCD固定不动，YAEFG绕点A逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），AB=a,BC=2a；并发现：如图2，当YAEFG旋转到点E落在AD上时，FE的延伸线恰好经过点C．研究一:（ 1）在图2的情况下，求旋转角α的度数；研究二:（ 2）如图3，当YAEFG旋转到点E落在BC上时，EF与AD订交于点M，连接CM，DF，请你判断四边形CDFM的形状，并恩赐证明；研究三:（ 3）如图1，连接CF，BF，在旋转过程中△BCF的面积可否存在最大的情况，若是存在，求出最大面积，若是不存在，请说明原因.【答案】（1）α=120°；（2）四边形CDFM是菱形，证明见分析；（3）存在△BCF的面积最大的情况，S△BCF=33a2.2【分析】试题分析：（1）由平行四边形的性质知∠D=∠B，AB=CD=a，可得∠D=∠DEC，由等角相同边知CD=CE，由AE=AB=a，AD=BC=2a，可得DE=CE，即可证得△CDE是等边三角形，∠D=60°，由两直线平行，同位角相等可得∠DAB=120，°即可求得α；（ 2）由旋转的性质以及∠B=60°，可得△ABE是等边三角形，由平行线的判断以及两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形ABEM是平行四边形，再由由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；（3）当点F到BC的距离最大时，△BCF的面积最大，因为点F向来在以径的圆上运动，故当FG与⊙A相切时，点F到BC的距离最大，过点A作A为圆心AF为半AH⊥BC于点H，连接AF，由题意知∠AFG=90°.由∠ABH=∠G=60°，AB=a，AG=2a，可得AH、A。