中考数学与初中数学旋转有关压轴题.docx

该【中考数学与初中数学旋转有关压轴题 】是由【泰山小桥流水】上传分享，文档一共【30】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【中考数学与初中数学旋转有关压轴题 】的内容，可以使用淘豆网的站内搜索功能，选择自己适合的文档，以下文字是截取该文章内的部分文字，如需要获得完整电子版，请下载此文档到您的设备，方便您编辑和打印。中考数学与初中数学旋转有关的压轴题
一、旋转
1.(1)发现:如图

1,点

A为线段

BC外一动点,且

BC=a,AB=:
当点

A位于

时,线段

AC的长获得最大值,且最大值为

(用含

a,b的式子表示

)
(2)应用:点

A为线段

BC外一动点,且

BC=4,AB=1,如图

2所示,分别以

AB,AC为
边,作等边三角形

ABD和等边三角形

ACE,连接

CD,BE.
①请找出图中与BE相等的线段,并说明原由;②直接写出线段BE长的最大值.
(3)拓展:如图3,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(2,0),点B的坐标为(6,0),点P为线段AB外一动点,且PA=2,PM=PB,∠BPM=90°,请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标.
【答案】(1)CB的延长线上,a+b;(2)①CD=BE,原由见解析;②BE长的最大值为
5;(3)
满足条件的点P坐标(2﹣
2,
2)或(2﹣
2,﹣2),AM的最大值为22+4.
【解析】
【解析】
〔1〕依据点A位于CB的延长线上时,线段
AC的长获得最大值,即可获得结论;〔
2〕
①依据条件易证△CAD≌△EAB,依据全等三角形的性质即可得
CD=BE;②因为线段
BE长的最大值=线段CD的最大值,依据〔
1〕中的结论即可获得结果;〔
3〕连接BM,
将△APM绕着点P顺时针旋转90°获得△PBN,连接AN,获得△APN是等腰直角三角形,
依据全等三角形的性质获得
PN=PA=2
,BN=AM,依据当N在线段BA的延长线时,线段
BN获得最大值,即可获得最大值为
2
2+4;如图2,过P作PE⊥x轴于E,依据等腰直角
三角形的性质即可求得点
,依据对称性可知当点
P在第四象限时也满
足条件,由此求得切合条件的点P另一个的坐标.
【详解】
(1)∵点

A为线段

BC外一动点,且

BC=a,AB=b,
∴当点

A位于

CB的延长线上时,线段

AC的长获得最大值,且最大值为

BC+AB=a+b,
故答案为

CB的延长线上,

a+b;
(2)①CD=BE,
原由:∵△ABD与△ACE是等边三角形,
∴AD=AB,AC=AE,∠BAD=∠CAE=60°,
∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC,
即∠CAD=∠EAB,
AD

AB
在△CAD与△EAB中,

CAD

EAB

,
AC

AE
∴△CAD≌△EAB(SAS),
∴CD=BE;
②∵线段BE长的最大值=线段CD的最大值,
由(1)知,当线段CD的长获得最大值时,点D在
∴最大值为BD+BC=AB+BC=5;
(3)如图1,

CB的延长线上,
∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°获得△PBN,连接AN,那么△APN是等腰直角三角形,
∴PN=PA=2,BN=AM,
∵A的坐标为(2,0),点B的坐标为(6,0),
∴OA=2,OB=6,
∴AB=4,
∴线段AM长的最大值=线段BN长的最大值,
∴当N在线段BA的延长线时,线段BN获得最大值,
最大值=AB+AN,
∵AN=2AP=2
2,
∴最大值为22+4;
如图2,
过P作PE⊥x轴于E,
∵△APN是等腰直角三角形,∴PE=AE=2,
∴OE=BO﹣AB﹣AE=6﹣4﹣2=2﹣2,
P(2﹣2,2).
如图3中,
依据对称性可知当点P在第四象限时,
P(2﹣
2,﹣
2)时,也满足条件.
综上所述,满足条件的点
P坐标(2﹣
2,
2)或(2﹣
2,﹣2),AM的最大值为
2+4.
【点睛】
此题综合观察了全等三角形的判断和性质,等腰直角三角形的性质,最大值问题,.
,E为对角线BD上一点,过E点作EF⊥BD交BC于F,连接DF,G为DF中点,连接EG,CG.
1〕请问EG与CG存在如何的数目关系,并证明你的结论;
2〕将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°,如图②所示,取DF中点G,连接EG,
〔1〕中的结论能否依旧成立?假设成立,请给出证明;假设不成立,请说明原由.
〔3〕将图①中△BEF绕B点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问〔1〕中的结论能否依旧成立?〔请直接写出结果,不用写出原由〕
【答案】〔1〕证明见解析〔2〕证明见解析〔3〕结论依旧成立
【解析】
【解析】
〔1〕利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可证出CG=EG.
2〕结论依旧成立,连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点;再证明△DAG≌△DCG,得出AG=CG;再证出△DMG≌△FNG,获得MG=NG;再证明
△AMG≌△ENG,得出AG=EG;最后证出CG=EG.
〔3〕结论依旧成立.
【详解】
〔1〕CG=:
∵四边形ABCD是正方形,∴∠DCF=90.°在Rt△FCD中,∵G为DF的中点,∴CG=
1
FD,
2
△DEF中,EG=1
FD,∴CG=EG.
2
〔2〕〔1〕中结论依旧成立,即EG=CG.
证法一:连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于
N点.
在△DAG与△DCG中,∵AD=CD,∠ADG=∠CDG,DG=DG,∴△DAG≌△DCG〔SAS〕,
∴AG=CG;
在△DMG与△FNG中,∵∠DGM=∠FGN,FG=DG,∠MDG=∠NFG,∴△DMG≌△FNG〔ASA〕,∴MG=NG.
∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90,°∴四边形AENM是矩形,在矩形AENM中,AM=△AMG与△ENG中,∵AM=EN,∠AMG=∠ENG,MG=NG,∴△AMG≌△ENG〔SAS〕,∴AG=EG,∴EG=CG.
证法二:延长CG至M,使MG=CG,连接MF,ME,△DCG与△FMG中,
FG=DG,∠MGF=∠CGD,MG=CG,∴△DCG≌△FMG,∴MF=CD,∠FMG=∠DCG,∴MF∥CD∥AB,∴EF⊥MF.
在Rt△MFE与Rt△CBE中,∵MF=CB,∠MFE=∠EBC=90°,EF=BE,∴△MFE≌△CBE
∴∠MEF=∠CEB,∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°,∴△MEC为直角三角形.
1
∵MG=CG,∴EG=MC,∴EG=CG.
2
〔3〕〔1〕:
过F作CD的平行线并延长CG交于M点,连接EM、EC,过F作FN垂直于AB于N.
因为G为FD中点,易证△CDG≌△MFG,获得CD=FM,又因为BE=EF,易证
∠EFM=∠EBC,那么△EFM≌△EBC,∠FEM=∠BEC,EM=EC
∵∠FEC+∠BEC=90,°∴∠FEC+∠FEM=90°,即∠MEC=90°,∴△MEC是等腰直角三角形.
∵G为CM中点,∴EG=CG,EG⊥CG
【点睛】
此题是四边形的综合题.〔1〕要点是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答;
2〕要点是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判断和性质解答.
,点A(0,4),B(4,4),点M,N是射线OC上两动点(OM<ON),且运动过程中素来保持∠MAN=45°,小明用几何画板研究此中的线段关系.
(1)研究发现:当点
M,N均在线段OB上时(如图1),有OM2+BN2=MN2.
他的证明思路以下:
第一步:将△ANB绕点A顺时针旋转
90°得△APO,连接PM,那么有BN=OP.
第二步:证明△APM≌△ANM,得MP=MM.
第一步:证明∠POM=90°,得OM2+OP2=MP2.
最后获得OM2+BN2=MN2.
请你完成第二步三角形全等的证明.
(2)连续研究:除(1)外的其余情况,OM2+BN2=MN2的结论能否依旧成立?假设成立,请证明;假设不成立,请说明原由.
(3)新题假设点

B是

MN

的中点,请你编制一个计算题

(不注明新的字母

),并直接给出
答案(依据编出的问题层次,给不一样样的得分

).
【答案】

(1)见解析;

(2)结论依旧成立,原由见解析;

(3)见解析

.
【解析】
【解析】
〔1〕将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO,连接PM,那么有BN=
△APM≌△ANM,再利用勾股定理即可解决问题;
〔2〕如图2中,当点M,〔1〕;
3〕如图3中,假设点B是MN的中点,〔2〕中结论,成立方程即可解决问题.
【详解】
1〕如图1中,将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO,连接PM,那么有BN=OP.
∵点A(0,4),B(4,4),
∴OA=AB,∠OAB=90°,
∵∠NAP=∠OAB=90°,∠MAN=45°,
∴∠MAN=∠MAP,
∵MA=MA,AN=AP,
∴△MAN≌△MAP(SAS).
〔2〕如图2中,结论依旧成立.
原由:如图2中,将△ANB绕点A顺时针旋转90°得△APO,连接PM,那么有BN=OP.
∵∠NAP=∠OAB=90°,∠MAN=45°,
∴∠MAN=∠MAP,
∵MA=MA,AN=AP,
∴△MAN≌△MAP(SAS),
∴MN=PM,
∵∠ABN=∠AOP=135,°∠AOB=45°,
∴∠MOP=90°,
∴PM2=OM2+OP2,
∴OM2+BN2=MN2;
3〕如图3中,假设点B是MN的中点,=2x,那么BM=BN=x,
∵OA=AB=4,∠OAB=90°,∴OB=42,
∴OM=42﹣x,
∵OM2+BN2=MN2.
∴(42﹣x)2+x2=
(2x)2,
解得x=﹣22+2
6或﹣2
2﹣26(舍弃)
∴MN=﹣42+4
6.
【点睛】
此题属于几何变换综合题,观察了等腰直角三角形的性质和判断,全等三角形的判断和性质,勾股定理等知识,解题的要点是学会利用旋转法增加辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题.
,Rt△ABC与直径为CE的半圆O如图1摆放,∠B=90°,AC=2CE=m,BC=n,半圆O交BC边于点D,将半圆O绕点C按逆时针方向旋转,点D随半圆O旋转且∠ECD素来等于∠ACB,旋转角记为α〔0°≤α≤〕180°
〔1〕当α=0°时,连接DE,那么∠CDE=°,CD=;
〔2〕试判断:旋转过程中BD的大小有无变化?请仅就图2的情况给出证明;
AE
〔3〕假设m=10,n=8,当α=∠ACB时,求线段BD的长;
〔4〕假设m=6,n=42,当半圆O旋转至与△ABC的边相切时,直接写出线段BD的长.
【答案】〔1〕90°,n;〔2〕无变化;〔3〕12
5;〔4〕BD=2
10或2114.
2
5
3
【解析】
试题解析:〔
1〕①依据直径的性质,由
DE∥AB得CD
CE即可解决问题.
②求出
CB
CA
BD、AE即可解决问题.
2〕只要证明△ACE∽△BCD即可.
3〕求出AB、AE,利用△ACE∽△BCD即可解决问题.
4〕分类议论:①如图5中,当α=90°时,半圆与AC相切,②如图6中,当
=90°+∠ACB时,半圆与BC相切,分别求出BD即可.
试题解析:〔1〕解:①如图1中,当α=0时,连接DE,那么
∠CDE=90.°∵∠CDE=∠B=90,°∴DE∥AB,∴CE
CD
=
1
.∵BC=n,∴CD=
1

AC
CB
2
2
案为90°,1
n.
2
②如图2中,当α=180时°,BD=BC+CD=
3
n,AE=AC+CE=
3
m,∴
BD=

2
2
AE
m
n.
m
〔2〕如图3中,∵∠ACB=∠DCE,∴∠ACE=∠BCD.∵CD
BC
n,
CE
AC
m
BD
BC
n
∴△ACE∽△BCD,∴
AC
.
AE
m
3〕如图4中,当α=∠△ABC中,∵AC=10,BC=8,
∴AB=
AC2
BC2
=△ABE中,∵AB=6,BE=BC﹣CE=3,
∴AE=
AB2
BE2
=
62
32
BD
BC
=35,由〔2〕可知△ACE∽△BCD,∴
,
AE
AC
BD
=
8,∴BD=12
.
∴
5
3
10
5
5
〔4〕∵m=6,n=4
2,∴CE=3,CD=22,AB=
CA2
BC2=2,①如图5中,当α=90°
时,△DBC中,BD=BC
2
CD
2
=〔4
2
2
10
.
2〕〔2
2〕=2
②如图6中,当α=90°+∠ACB时,半圆与BC相切,作EM⊥AB于
M.∵∠M=∠CBM=∠BCE=90°,∴四边形BCEM是矩形,∴BM
EC
3,ME
4
2,
∴AM=5,AE=AM
2
ME2=
57,由〔2〕可知
DB
=22,∴BD=2
114.
AE
3
3
故答案为2
10或2
114.
3
点睛:此题观察了圆的有关知识,相似三角形的判断和性质、勾股定理等知识,正确画出图形是解决问题的要点,学会分类议论的思想,此题综合性比较强,属于中考压轴题.
,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=、E分别在AC、BC边上,DC=EC,连接DE、AE、、N、P分别是AE、BD、AB的中点,连接PM、PN、MN.
〔1〕PM与BE的数目关系是,BE与MN的数目关系是.
2〕将△DEC绕点C逆时针旋转到如图2的地址,判断〔1〕中BE与MN的数目关系结论能否依旧成立,假如成立,请写出证明过程,假设不成立,请说明原由;
〔3〕假设

CB==2,在将图

1中的△DEC绕点

C逆时针旋转一周的过程中,当

B、E、
D三点在一条直线上时,求

MN

的长度.
【答案】〔

1〕PM

1

BE,BE

2MN

;〔2〕成立,原由见解析;〔

3〕MN=

17

﹣
2
1或17+1
【解析】
【解析】
1〕如图1中,只要证明VPMN的等腰直角三角形,再利用三角形的中位线定理即可解决问题;
〔2〕如图2中,结论依旧成立,连接
AD、
VDCA,
推出BEAD,DAC
EBC,即可推出BH
AD,由M、N、P分别AE、
BD、AB的中点,推出
1
1
AD,推出
PM//BE,PM
BE,PN//AD,PN
2
2
PMPN,MPN
90
,可得BE2PM
2
2MN2MN;
2
〔3〕有两种情况分别求解即可.
【详解】
〔1〕如图1中,
∵AM=ME,AP=PB,
∴PM∥BE,PM
1BE,
2
∵BN=DN,AP=PB,
∴PN∥AD
1
,PN
AD,
2
∵AC=BC,CD=CE,
∴AD=BE,
∴PM=PN,
∵∠ACB=90°,
∴AC⊥BC,
∴∵PM∥BC,PN∥AC,
∴PM⊥PN,
∴△PMN的等腰直角三角形,
∴MN
2PM,
∴MN
21BE,
2
∴BE
2MN,
1
BE,BE2MN
故答案为PM
.
2
〔2〕如图2中,结论依旧成立.
原由:连接AD、延长BE交AD于点H.
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形,
∴CD=CE,CA=CB,∠ACB=∠DCE=90°,
∵∠ACB﹣∠ACE=∠DCE﹣∠ACE,
∴∠ACD=∠ECB,