2021年中考数学专题复习 专题34 中考几何旋转类问题 （教师版含解析）

2021年中考数学专题复习 专题34 中考几何旋转类问题 （教师版含解析）

专题 34 中考几何旋转类问题 1．旋转的定义：在平面内，将一个图形绕某一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转。 这个定点叫做旋转中心，转动的角度叫做旋转角。 2. 旋转的性质： (1)对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等； (2)对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。 3．旋转对称中心：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图 形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角(旋转角小于 0°，大于 360°)。 4．中心对称：如果把一个图形绕着某一点旋转 180 度后能与另一个图形重合，那么我们就说，这两个图形 成中心对称。这个点就是它的对称中心。 5．中心对称的性质 (1)关于中心对称的两个图形是全等形。 (2)关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。 (3)关于中心对称的两个图形，对应线段平行(或在同一直线上)且相等。 【例题 1】(2020•青岛)如图，将△ABC 先向上平移 1 个单位，再绕点 P 按逆时针方向旋转 90°，得到△A′ B′C′，则点 A 的对应点 A′的坐标是( ) A．(0，4) B．(2，﹣2) C．(3，﹣2) D．(﹣1，4) 【答案】D 【解析】根据平移和旋转的性质，将△ABC 先向上平移 1 个单位，再绕点 P 按逆时针方向旋转 90°，得到 △A′B′C′，即可得点 A 的对应点 A′的坐标． 如图， △A′B′C′即为所求， 则点 A 的对应点 A′的坐标是(﹣1，4)． 【对点练习】(2019•河南)如图，在△OAB 中，顶点 O(0，0)，A(﹣3，4)，B(3，4)，将△OAB 与正方形 ABCD 组成的图形绕点 O 顺时针旋转，每次旋转 90°，则第 70 次旋转结束时，点 D 的坐标为( ) A．(10，3) B．(﹣3，10) C．(10，﹣3) D．(3，﹣10) 【答案】D． 【解析】先求出 AB＝6，再利用正方形的性质确定 D(﹣3，10)，由于 70＝4×17+2，所以第 70 次旋转结束 时，相当于△OAB 与正方形 ABCD 组成的图形绕点 O 顺时针旋转 2 次，每次旋转 90°，此时旋转前后的点 D 关于原点对称，于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点 D 的坐标． ∵A(﹣3，4)，B(3，4)， ∴AB＝3+3＝6， ∵四边形 ABCD 为正方形， ∴AD＝AB＝6， ∴D(﹣3，10)， ∵70＝4×17+2， ∴每 4 次一个循环，第 70 次旋转结束时，相当于△OAB 与正方形 ABCD 组成的图形绕点 O 顺时针旋转 2 次， 每次旋转 90°， ∴点 D 的坐标为(3，﹣10)． 【例题 2】(2020•孝感)如图，点 E 在正方形 ABCD 的边 CD 上，将△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°到△ABF 的 位置，连接 EF，过点 A 作 EF 的垂线，垂足为点 H，与 BC 交于点 G．若 BG＝3，CG＝2，则 CE 的长为( ) A． B． C．4 D． 【答案】B 【解析】连接 EG，根据 AG 垂直平分 EF，即可得出 EG＝FG，设 CE＝x，则 DE＝5﹣x＝BF，FG＝EG＝8﹣x， 再根据 Rt△CEG 中，CE2+CG2＝EG2，即可得到 CE 的长． 解：如图所示，连接 EG， 由旋转可得，△ADE≌△ABF， ∴AE＝AF，DE＝BF， 又∵AG⊥EF， ∴H 为 EF 的中点， ∴AG 垂直平分 EF， ∴EG＝FG， 设 CE＝x，则 DE＝5﹣x＝BF，FG＝8﹣x， ∴EG＝8﹣x， ∵∠C＝90°， ∴Rt△CEG 中，CE2+CG2＝EG2，即 x2+22＝(8﹣x)2， 解得 x ， ∴CE 的长为 。 【对点练习】(2019 广西贺州)如图，正方形 ABCD 的边长为 4，点 E 是 CD 的中点，AF 平分∠BAE 交 BC 于点 F，将△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°得△ABG，则 CF 的长为 ． 【答案】6﹣2 ． 【解析】作 FM⊥AD 于 M，FN⊥AG 于 N，如图，易得四边形 CFMD 为矩形，则 FM＝4， ∵正方形 ABCD 的边长为 4，点 E 是 CD 的中点， ∴DE＝2， ∴AE＝ ＝2 ， ∵△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°得△ABG， ∴AG＝AE＝2 ，BG＝DE＝2，∠3＝∠4，∠GAE＝90°，∠ABG＝∠D＝90°， 而∠ABC＝90°， ∴点 G 在 CB 的延长线上， ∵AF 平分∠BAE 交 BC 于点 F， ∴∠1＝∠2， ∴∠2+∠4＝∠1+∠3，即 FA 平分∠GAD， ∴FN＝FM＝4， ∵ AB•GF＝ FN•AG， ∴GF＝ ＝2 ， ∴CF＝CG﹣GF＝4+2﹣2 ＝6﹣2 ． 【例题 3】(2020•南京)将一次函数 y＝﹣2x+4 的图象绕原点 O 逆时针旋转 90°，所得到的图象对应的函数 表达式是 ． 【答案】y x+2． 【分析】直接根据一次函数互相垂直时系数之积为﹣1，进而得出答案． 【解析】在一次函数 y＝﹣2x+4 中，令 x＝0，则 y＝4， ∴直线 y＝﹣2x+4 经过点(0，4)， 将一次函数 y＝﹣2x+4 的图象绕原点 O 逆时针旋转 90°，则点(0，4)的对应点为(﹣4，0)， 旋转后得到的图象与原图象垂直，则对应的函数解析式为：y x+b， 将点(﹣4，0)代入得， െ Ͷ b＝0， 解得 b＝2， ∴旋转后对应的函数解析式为：y x+2， 故答案为 y x+2． 【对点练习】(2019•海南省)如图，将 Rt△ABC 的斜边 AB 绕点 A 顺时针旋转á(0°＜á＜90°)得到 AE，直角 边 AC 绕点 A 逆时针旋转â(0°＜â＜90°)得到 AF，连结 EF．若 AB＝3，AC＝2，且á+â＝∠B，则 EF＝ ． 【答案】 【解析】由旋转的性质可得 AE＝AB＝3，AC＝AF＝2，由勾股定理可求 EF 的长． 由旋转的性质可得 AE＝AB＝3，AC＝AF＝2， ∵∠B+∠BAC＝90°，且á+â＝∠B， ∴∠BAC+á+â＝90° ∴∠EAF＝90° ∴EF＝ ＝ 【例题 4】(2020 贵州黔西南)规定：在平面内，如果一个图形绕一个定点旋转一定的角度α(0°＜α≤180°) 后能与自身重合，那么就称这个图形是旋转对称图形，转动的这个角度α称为这个图形的一个旋转角．例 如：正方形绕着两条对角线的交点 O 旋转 90°或 180°后，能与自身重合(如图 1)，所以正方形是旋转对称 图形，且有两个旋转角．根据以上规定，回答问题： (1)下列图形是旋转对称图形，但不是中心对称图形的是________； A．矩形 B．正五边形 C．菱形 D．正六边形 (2)下列图形中，是旋转对称图形，且有一个旋转角是 60 度的有：________(填序号)； (3)下列三个命题：①中心对称图形是旋转对称图形；②等腰三角形是旋转对称图形；③圆是旋转对称图形， 其中真命题的个数有( )个； A．0 B．1 C．2 D．3 (4)如图 2 的旋转对称图形由等腰直角三角形和圆构成，旋转角有 45°，90°，135°，180°，将图形补充 完整． 【答案】(1)B；(2)(1)(3)(5)；(3)C；(4)见解析 【解析】(1)根据旋转对称图形的定义进行判断； (2)先分别求每一个图形中的旋转角，然后再进行判断； (3)根据旋转对称图形的定义进行判断； (4)利用旋转对称图形的定义进行设计． 解：(1)矩形、正五边形、菱形、正六边形都是旋转对称图形，但正五边形不是中心对称图形， 故选：B． (2)是旋转对称图形，且有一个旋转角是 60 度的有(1)(3)(5)． 故答案为：(1)(3)(5)． (3)①中心对称图形，旋转 180°一定会和本身重合，是旋转对称图形；故命题①正确； ②等腰三角形绕一个定点旋转一定的角度α(0°＜α≤180°)后，不一定能与自身重合，只有等边三角形 是旋转对称图形，故②不正确； ③圆具有旋转不变性，绕圆心旋转任意角度一定能与自身重合，是旋转对称图形；故命题③正确； 即命题中①③正确， 故选：C． (4)图形如图所示： 【点拨】本题考查旋转对称图形，中心对称图形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决 问题． 【对点练习】(2019•广西贵港)已知：△ABC 是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，将△ABC 绕点 C 顺时针方向 旋转得到△A′B′C，记旋转角为á，当 90°＜á＜180°时，作 A′D⊥AC，垂足为 D，A′D 与 B′C 交于点 E． (1)如图 1，当∠CA′D＝15°时，作∠A′EC 的平分线 EF 交 BC 于点 F． ①写出旋转角á的度数； ②求证：EA′+EC＝EF； (2)如图 2，在(1)的条件下，设 P 是直线 A′D 上的一个动点，连接 PA，PF，若 AB＝ ，求线段 PA+PF 的 最小值．(结果保留根号) 【答案】见解析。 【解析】(1)①解：旋转角为 105°． 理由：如图 1 中， ∵A′D⊥AC，∴∠A′DC＝90°， ∵∠CA′D＝15°， ∴∠A′CD＝75°，∴∠ACA′＝105°， ∴旋转角为 105°． ②证明：连接 A′F，设 EF 交 CA′于点 O．在 EF 时截取 EM＝EC，连接 CM． ∵∠CED＝∠A′CE+∠CA′E＝45°+15°＝60°， ∴∠CEA′＝120°， ∵FE 平分∠CEA′，∴∠CEF＝∠FEA′＝60°， ∵∠FCO＝180°﹣45°﹣75°＝60°， ∴∠FCO＝∠A′EO，∵∠FOC＝∠A′OE， ∴△FOC∽△A′OE， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∵∠COE＝∠FOA′，∴△COE∽△FOA′， ∴∠FA′O＝∠OEC＝60°， ∴△A′OF 是等边三角形，∴CF＝CA′＝A′F， ∵EM＝EC，∠CEM＝60°，∴△CEM 是等边三角形， ∠ECM＝60°，CM＝CE， ∵∠FCA′＝∠MCE＝60°，∴∠FCM＝∠A′CE， ∴△FCM≌△A′CE(SAS)，∴FM＝A′E， ∴CE+A′E＝EM+FM＝EF． (2)解：如图 2 中，连接 A′F，PB′，AB′，作 B′M⊥AC 交 AC 的延长线于 M． 由②可知，∠EA′F＝′EA′B′＝75°，A′E＝A′E，A′F＝A′B′， ∴△A′EF≌△A′EB′， ∴EF＝EB′， ∴B′，F 关于 A′E 对称，∴PF＝PB′， ∴PA+PF＝PA+PB′≥AB′， 在 Rt△CB′M 中，CB′＝BC＝ AB＝2，∠MCB′＝30°， ∴B′M＝ CB′＝1，CM＝ ， ∴AB′＝ ＝ ＝ ． ∴PA+PF 的最小值为 ． 一、选择题 1．(2020•天津)如图，在△ABC 中，∠ACB＝90°，将△ABC 绕点 C 顺时针旋转得到△DEC，使点 B 的对应点 E 恰好落在边 AC 上，点 A 的对应点为 D，延长 DE 交 AB 于点 F，则下列结论一定正确的是( ) A．AC＝DE B．BC＝EF C．∠AEF＝∠D D．AB⊥DF 【答案】D 【解析】依据旋转可得，△ABC≌△DEC，再根据全等三角形的性质，即可得出结论． 由旋转可得，△ABC≌△DEC， ∴AC＝DC，故 A 选项错误， BC＝EC，故 B 选项错误， ∠AEF＝∠DEC＝∠B，故 C 选项错误， ∠A＝∠D， 又∵∠ACB＝90°， ∴∠A+∠B＝90°， ∴∠D+∠B＝90°， ∴∠BFD＝90°，即 DF⊥AB，故 D 选项正确。 2．(2020•菏泽)如图，将△ABC 绕点 A 顺时针旋转角α，得到△ADE，若点 E 恰好在 CB 的延长线上，则∠BED 等于( ) A． B． α C．α D．180°﹣α 【答案】D 【分析】证明∠ABE+∠ADE＝180°，推出∠BAD+∠BED＝180°即可解决问题． 【解答】解：∵∠ABC＝∠ADE，∠ABC+∠ABE＝180°， ∴∠ABE+∠ADE＝180°， ∴∠BAD+∠BED＝180°， ∵∠BAD＝α， ∴∠BED＝180°﹣α． 3.(2019 山东枣庄)如图，点 E 是正方形 ABCD 的边 DC 上一点，把△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°到△ABF 的 位置．若四边形 AECF 的面积为 20，DE＝2，则 AE 的长为( ) A．4 B．2 C．6 D．2 【答案】D． 【解析】利用旋转的性质得出四边形 AECF 的面积等于正方形 ABCD 的面积，进而可求出正方形的边长，再 利用勾股定理得出答案． ∵△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°到△ABF 的位置． ∴四边形 AECF 的面积等于正方形 ABCD 的面积等于 20， ∴AD＝DC＝2 ， ∵DE＝2， ∴Rt△ADE 中，AE＝ ＝2 4.(2019•南京)如图，△A'B'C'是由△ABC 经过平移得到的，△A'B'C 还可以看作是△ABC 经过怎样的图形变 化得到？下列结论：①1 次旋转；②1 次旋转和 1 次轴对称；③2 次旋转；④2 次轴对称．其中所有正确结 论的序号是( ) A．①④ B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】D． 【解析】本题主要考查了几何变换的类型，在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线(段)或者平行，或 者交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分．在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于 旋转角． 依据旋转变换以及轴对称变换，即可使△ABC 与△A'B'C'重合． 先将△ABC 绕着 B'C 的中点旋转 180°，再将所得的三角形绕着 B'C'的中点旋转 180°，即可得到△A'B'C'； 先将△ABC 沿着 B'C 的垂直平分线翻折，再将所得的三角形沿着 B'C'的垂直平分线翻折，即可得到△A'B'C'。 5.(2019•湖北孝感)如图，在平面直角坐标系中，将点 P(2，3)绕原点 O 顺时针旋转 90°得到点 P'，则 P' 的坐标为( ) A．(3，2) B．(3，﹣1) C．(2，﹣3) D．(3，﹣2) 【答案】D． 【解析】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求 出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°． 作 PQ⊥y 轴于 Q，如图，把点 P(2，3)绕原点 O 顺时针旋转 90°得到点 P'看作把△OPQ 绕原点 O 顺时针旋转 90°得到△OP'Q′，利用旋转的性质得到∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ＝2，OQ′＝OQ＝ 3，从而可确定 P′点的坐标． 作 PQ⊥y 轴于 Q，如图， ∵P(2，3)， ∴PQ＝2，OQ＝3， ∵点 P(2，3)绕原点 O 顺时针旋转 90°得到点 P'相当于把△OPQ 绕原点 O 顺时针旋转 90°得到△OP'Q′， ∴∠P′Q′O＝90°，∠QOQ′＝90°，P′Q′＝PQ＝2，OQ′＝OQ＝3， ∴点 P′的坐标为(3，﹣2)． 二、填空题 6．(2020•泰安)如图，将正方形网格放置在平面直角坐标系中，其中，每个小正方形的边长均为 1，点 A， B，C 的坐标分别为 A(0，3)，B(﹣1，1)，C(3，1)．△A'B'C′是△ABC 关于 x 轴的对称图形，将△A'B'C' 绕点 B'逆时针旋转 180°，点 A'的对应点为 M，则点 M 的坐标为 ． 【答案】(﹣2，1)． 【解析】延长 A'B'后得出点 M，进而利用图中坐标解答即可． 将△A'B'C'绕点 B'逆时针旋转 180°，如图所示： 所以点 M 的坐标为(﹣2，1)。 7．(2020•衡阳)如图，在平面直角坐标系中，点 P1 的坐标为( ， )，将线段 OP1 绕点 O 按顺时针方向旋 转 45°，再将其长度伸长为 OP1 的 2 倍，得到线段 OP2；又将线段 OP2 绕点 O 按顺时针方向旋转 45°，长度 伸长为 OP2 的 2 倍，得到线段 OP3；如此下去，得到线段 OP4，OP5，…，OPn(n 为正整数)，则点 P2020 的坐标 是 ． 【答案】(﹣22018× ，﹣22018× )． 【分析】根据题意得出 OP1＝1，OP2＝2，OP3＝4，如此下去，得到线段 OP4＝8＝23，OP5＝16＝24…，OPn＝2n ﹣1，再利用旋转角度得出点 P2020 的坐标与点 P5 的坐标在同一直线上，进而得出答案． 【解答】解：∵点 P1 的坐标为( ， )，将线段 OP1 绕点 O 按逆时针方向旋转 45°，再将其长度伸长为 OP1 的 2 倍，得到线段 OP2； ∴OP1＝1，OP2＝2， ∴OP3＝4，如此下去，得到线段 OP4＝23，OP5＝24…， ∴OPn＝2n﹣1， 由题意可得出线段每旋转 8 次旋转一周， ∵2020÷8＝252…4， ∴点 P2020 的坐标与点 P5 的坐标在同一直线上，正好在第三象限的角平分线上， ∴点 P2020 的坐标是(﹣22018× ，﹣22018× )． 故答案为：(﹣22018× ，﹣22018× )． 8.(2019•湖南邵阳)如图，将等边△AOB 放在平面直角坐标系中，点 A 的坐标为(4，0)，点 B 在第一象限， 将等边△AOB 绕点 O 顺时针旋转 180°得到△A′OB′，则点 B′的坐标是 ． 【答案】故答案为(﹣2，﹣2 )． 【解析】作 BH⊥y 轴于 H，如图， ∵△OAB 为等边三角形， ∴OH＝AH＝2，∠BOA＝60°， ∴BH＝ OH＝2 ， ∴B 点坐标为(2，2 )， ∵等边△AOB 绕点 O 顺时针旋转 180°得到△A′OB′， ∴点 B′的坐标是(﹣2，﹣2 )． 故答案为(﹣2，﹣2 )． 9.(2019 山西)如图，在△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC=10cm，点 D 为△ABC 内一点，∠BAD=15°，AD=6cm， 连接 BD，将△ABD 绕点 A 逆时针方向旋转，使 AB 与 AC 重合，点 D 的对应点 E，连接 DE，DE 交 AC 于点 F， 则 CF 的长为______cm. 【答案】 6210  【解析】过点 A 作 AG⊥DE 于点 G，由旋转可知：AD=AE，∠DAE=90°，∠CAE=∠BAD=15° ∴∠AED=45°；在△AEF 中：∠AFD=∠AED+∠CAE=60° 在 Rt△ADG 中：AG=DG= 3 2 2 AD  在 Rt△AFG 中： 6, 2 2 6 3 AGGF AF FG    ∴ 10 2 6CF AC AF    故答案为： 6210  10.(2019▪黑龙江哈尔滨)如图，将△ABC 绕点 C 逆时针旋转得到△A′B′C，其中点 A′与 A 是对应点，点 B′ 与 B 是对应点，点 B′落在边 AC 上，连接 A′B，若∠ACB＝45°，AC＝3，BC＝2，则 A′B 的长为 ． 【答案】 【解析】由旋转的性质可得 AC＝A'C＝3，∠ACB＝∠ACA'＝45°，可得∠A'CB＝90°，由勾股定理可求解． ∵将△ABC 绕点 C 逆时针旋转得到△A′B′C， ∴AC＝A'C＝3，∠ACB＝∠ACA'＝45° ∴∠A'CB＝90° ∴A'B＝ ＝ 11．(2019 新疆)如图，在△ABC 中，AB＝AC＝4，将△ABC 绕点 A 顺时针旋转 30°，得到△ACD，延长 AD 交 BC 的延长线于点 E，则 DE 的长为 ． 【答案】2 ﹣2． 【解析】根据旋转过程可知：∠CAD＝30°＝∠CAB，AC＝AD＝4． ∴∠BCA＝∠ACD＝∠ADC＝75°． ∴∠ECD＝180°﹣2×75°＝30°． ∴∠E＝75°﹣30°＝45°． 过点 C 作 CH⊥AE 于 H 点， 在 Rt△ACH 中，CH＝ AC＝2，AH＝2 ． ∴HD＝AD﹣AH＝4﹣2 ． 在 Rt△CHE 中，∵∠E＝45°， ∴EH＝CH＝2． ∴DE＝EH﹣HD＝2﹣(4﹣2 )＝2 ﹣2． 12．(2019 齐齐哈尔)如图，矩形 ABOC 的顶点 B、C 分别在 x 轴，y 轴上，顶点 A 在第二象限，点 B 的坐标 为(﹣2，0)．将线段 OC 绕点 O 逆时针旋转 60°至线段 OD，若反比例函数 y＝ (k≠0)的图象经过 A、D 两 点，则 k 值为 ． 【答案】﹣ ． 【解析】过点 D 作 DE⊥x 轴于点 E， ∵点 B 的坐标为(﹣2，0)， ∴AB＝﹣ ， ∴OC＝﹣ ， 由旋转性质知 OD＝OC＝﹣ 、∠COD＝60°， ∴∠DOE＝30°， ∴DE＝ OD＝﹣ k，OE＝ODcos30°＝ ×(﹣ )＝﹣ k， 即 D(﹣ k，﹣ k)， ∵反比例函数 y＝ (k≠0)的图象经过 D 点， ∴k＝(﹣ k)(﹣ k)＝ k2， 解得：k＝0(舍)或 k＝﹣ 13．(2019 广西梧州)如图，在菱形 ABCD 中，AB＝2，∠BAD＝60°，将菱形 ABCD 绕点 A 逆时针方向旋转， 对应得到菱形 AEFG，点 E 在 AC 上，EF 与 CD 交于点 P，则 DP 的长是 ． 【答案】 ﹣1． 【解析】连接 BD 交 AC 于 O，由菱形的性质得出 CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝ ∠BAD ＝30°，OA＝OC，AC⊥BD，由直角三角形的性质求出 OB＝ AB＝1，OA＝ OB＝ ，得出 AC＝2 ，由旋 转的性质得：AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°，得出 CE＝AC﹣AE＝2 ﹣2，证出∠CPE＝90°，由直角三 角形的性质得出 PE＝ CE＝ ﹣1，PC＝ PE＝3﹣ ，即可得出结果． 解：连接 BD 交 AC 于 O，如图所示： ∵四边形 ABCD 是菱形， ∴CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝ ∠BAD＝30°，OA＝OC，AC⊥BD， ∴OB＝ AB＝1， ∴OA＝ OB＝ ， ∴AC＝2 ， 由旋转的性质得：AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°， ∴CE＝AC﹣AE＝2 ﹣2， ∵四边形 AEFG 是菱形， ∴EF∥AG， ∴∠CEP＝∠EAG＝60°， ∴∠CEP+∠ACD＝90°， ∴∠CPE＝90°， ∴PE＝ CE＝ ﹣1，PC＝ PE＝3﹣ ， ∴DP＝CD﹣PC＝2﹣(3﹣ )＝ ﹣1 三、解答题 14．(2020•绥化)如图，在边长均为 1 个单位长度的小正方形组成的网格中，点 A，点 B，点 O 均为格点(每 个小正方形的顶点叫做格点)． (1)作点 A 关于点 O 的对称点 A1； (2)连接 A1B，将线段 A1B 绕点 A1 顺时针旋转 90°得点 B 对应点 B1，画出旋转后的线段 A1B1； (3)连接 AB1，求出四边形 ABA1B1 的面积． 【答案】见解析。 【解析】(1)依据中心对称的性质，即可得到点 A 关于点 O 的对称点 A1； (2)依据线段 A1B 绕点 A1 顺时针旋转 90°得点 B 对应点 B1，即可得出旋转后的线段 A1B1； (2)依据割补法进行计算，即可得到四边形 ABA1B1 的面积． 解：(1)如图所示，点 A1 即为所求； (2)如图所示，线段 A1B1 即为所求； (3)如图，连接 BB1，过点 A 作 AE⊥BB1，过点 A1 作 A1F⊥BB1，则 四边形 ABA1B1 的面积 8×2 8×4＝24． 15．(2020•甘孜州)如图，Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，将△ABC 绕点 C 顺时针旋转得到△DEC，点 D 落在线 段 AB 上，连接 BE． (1)求证：DC 平分∠ADE； (2)试判断 BE 与 AB 的位置关系，并说明理由； (3)若 BE＝BD，求 tan∠ABC 的值． 【答案】见解析。 【分析】(1)利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可． (2)结论：AB⊥BE．证明 C，E，B，D 四点共圆即可解决问题． (3)设 BC 交 DE 于 O．连接 AO．想办法证明△ACO 是等腰直角三角形，OA＝OB 即可解决问题． 【解答】(1)证明：∵△DCE 是由△ACB 旋转得到， ∴CA＝CD，∠A＝∠CDE ∴∠A＝∠CDA， ∴∠CDA＝∠CDE， ∴CD 平分∠ADE． (2)解：结论：BE⊥AB． 由旋转的性质可知，∠DBC＝∠CED， ∴D，C，E，B 四点共圆， ∴∠DCE+∠DBE＝90°， ∵∠DCE＝90°， ∴∠DBE＝90°， ∴BE⊥AB． (3)如图，设 BC 交 DE 于 O．连接 AO． ∵BD＝BE，∠DBE＝90°， ∴∠DEB＝∠BDE＝45°， ∵C，E，B，D 四点共圆， ∴∠DCO＝∠DEB＝45°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠OCD， ∵CD＝CD，∠ADC＝∠ODC， ∴△ACD∽△OCD(ASA)， ∴AC＝OC， ∴∠AOC＝∠CAO＝45°， ∵∠ADO＝135°， ∴∠CAD＝∠ADC＝67.5°， ∴∠ABC＝22.5°， ∵∠AOC＝∠OAB+∠ABO， ∴∠OAB＝∠ABO＝22.5°， ∴OA＝OB，设 AC＝OC＝m，则 AO＝OB m， ∴tan∠ABC െ 1． 16．(2020•江西)如图 1 是一种手机平板支架，由托板、支撑板和底座构成，手机放置在托板上，图 2 是其 侧面结构示意图．量得托板长 AB＝120mm，支撑板长 CD＝80mm，底座长 DE＝90mm．托板 AB 固定在支撑板顶 端点 C 处，且 CB＝40mm，托板 AB 可绕点 C 转动，支撑板 CD 可绕点 D 转动．(结果保留小数点后一位) (1)若∠DCB＝80°，∠CDE＝60°，求点 A 到直线 DE 的距离； (2)为了观看舒适，在(1)的情况下，把 AB 绕点 C 逆时针旋转 10°后，再将 CD 绕点 D 顺时针旋转，使点 B 落在直线 DE 上即可，求 CD 旋转的角度．(参考数据：sin40°≈0.643，cos40°≈0.766，tan40°≈0.839， sin26.6°≈0.448，cos26.6°≈0.894，tan26.6°≈0.500， 1.732) 【答案】见解析。 【分析】(1)通过作垂线，构造直角三角形，利用直角三角形的边角关系，求出 CB、AF，即可求出点 A 到直 线 DE 的距离； (2)画出旋转后的图形，结合图形，明确图形中的已知的边角，再利用直角三角形的边角关系求出相应的角 度即可． 【解析】(1)如图 2，过 A 作 AM⊥DE，交 ED 的延长线于点 M，过点 C 作 CF⊥AM，垂足为 F，过点 C 作 CN⊥ DE，垂足为 N， 由题意可知，AC＝80，CD＝80，∠DCB＝80°，∠CDE＝60°， 在 Rt△CDN 中，CN＝CD•sin∠CDE＝80× 40 (mm)＝FM， ∠DCN＝90°﹣60°＝30°， 又∵∠DCB＝80°， ∴∠BCN＝80°﹣30°＝50°， ∵AM⊥DE，CN⊥DE， ∴AM∥CN， ∴∠A＝∠BCN＝50°， ∴∠ACF＝90°﹣50°＝40°， 在 Rt△AFC 中，AF＝AC•sin40°＝80×0.643≈51.44， ∴AM＝AF+FM＝51.44+40 120.7(mm)， 答：点 A 到直线 DE 的距离约为 120.7mm； (2)旋转后，如图 3 所示，根据题意可知∠DCB＝80°+10°＝90°， 在 Rt△BCD 中，CD＝80，BC＝40， ∴tan∠D 0.500， ∴∠D＝26.6°， 因此旋转的角度为：60°﹣26.6°＝33.4°， 答：CD 旋转的角度约为 33.4°． 17.(2020•新疆)如图，在平面直角坐标系中，点 O 为坐标原点，抛物线 y＝ax2+bx+c 的顶点是 A(1，3)，将 OA 绕点 O 顺时针旋转 90°后得到 OB，点 B 恰好在抛物线上，OB 与抛物线的对称轴交于点 C． (1)求抛物线的解析式； (2)P 是线段 AC 上一动点，且不与点 A，C 重合，过点 P 作平行于 x 轴的直线，与△OAB 的边分别交于 M，N 两点，将△AMN 以直线 MN 为对称轴翻折，得到△A′MN，设点 P 的纵坐标为 m． ①当△A′MN 在△OAB 内部时，求 m 的取值范围； ②是否存在点 P，使 S△A′MN S△OA′B，若存在，求出满足条件 m 的值；若不存在，请说明理由． 【答案】见解析。 【分析】(1)抛物线 y＝ax2+bx+c 的顶点是 A(1，3)，可以假设抛物线的解析式为 y＝a(x﹣1)2+3，求出点 B 的坐标，利用待定系数法即可解决问题． (2)①根据△A′MN 在△OAB 内部，构建不等式即可解决问题． ②求出直线 OA，AB 的解析式，求出 MN，利用面积关系构建方程即可解决问题． 【解析】(1)∵抛物线 y＝ax2+bx+c 的顶点是 A(1，3)， ∴抛物线的解析式为 y＝a(x﹣1)2+3， ∴OA 绕点 O 顺时针旋转 90°后得到 OB， ∴B(3，﹣1)， 把 B(3，﹣1)代入 y＝a(x﹣1)2+3 可得 a＝﹣1， ∴抛物线的解析式为 y＝﹣(x﹣1)2+3，即 y＝﹣x2+2x+2， (2)①如图 1 中， ∵B(3，﹣1)， ∴直线 OB 的解析式为 y െ x， ∵A(1，3)， ∴C(1， െ )， ∵P(1，m)，AP＝PA′， ∴A′(1，2m﹣3)， 由题意 3＞2m﹣3＞ െ ， ∴3＞m＞ ． ②当点 P 在 x 轴上方时，∵直线 OA 的解析式为 y＝3x，直线 AB 的解析式为 y＝﹣2x+5， ∵P(1，m)， ∴M( ，m)，N( െ ，m)， ∴MN െ െ െ ， ∵S△A′MN S△OA′B， ∴ •(m﹣2m+3)• െ |2m﹣3 |×3， 整理得 m2﹣6m+9＝|6m﹣8| 解得 m＝6 (舍弃)或 6 െ ， 当点 P 在 x 轴下方时，同法可得 •(3﹣m)•( െ 3m) [ െ െ (2m﹣3)]×3， 整理得：3m2﹣12m﹣1＝0， 解得 m െ 或 (舍弃)， ∴满足条件的 m 的值为 6 െ 或 െ ． 18．(2019 内蒙古通辽)如图，点 P 是正方形 ABCD 内的一点，连接 CP，将线段 CP 绕点 C 顺时旋转 90°，得 到线段 CQ，连接 BP，DQ． (1)如图 1，求证：△BCP≌△DCQ； (2)如图，延长 BP 交直线 DQ 于点 E． ①如图 2，求证：BE⊥DQ； ②如图 3，若△BCP 为等边三角形，判断△DEP 的形状，并说明理由． 【答案】见解析。 【解析】(1)证明：∵∠BCD＝90°，∠PCQ＝90°， ∴∠BCP＝∠DCQ， 在△BCP 和△DCQ 中， ， ∴△BCP≌△DCQ(SAS)； (2)①如图 b，∵△BCP≌△DCQ， ∴∠CBF＝∠EDF，又∠BFC＝∠DFE， ∴∠DEF＝∠BCF＝90°， ∴BE⊥DQ； ②∵△BCP 为等边三角形， ∴∠BCP＝60°， ∴∠PCD＝30°，又 CP＝CD， ∴∠CPD＝∠CDP＝75°，又∠BPC＝60°，∠CDQ＝60°， ∴∠EPD＝180°﹣∠CPD﹣∠CPB＝180°﹣75°﹣60＝45°， 同理：∠EDP＝45°， ∴△DEP 为等腰直角三角形．