旋转变换.docx
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旋转变换
旋转变换提高习题
1．已知，如图，设∠MON=20°，A为OM上一点，OA=4
3
，D为ON上一点，OD=8
3
，C为A由任一点，B是OD上任意一点．求：
折线ABCD的长度的最小值．
2．如图，已知：
AD是△ABC的中线，AB＞AC，求证：
∠CAD＞∠BAD．
3．如图，已知下方形ABCD中，E为BC边上任意一点，AF平分∠DAE．求证：
AE-BE=DF．
4．如图，已知Rt△ABC中，M是斜边BC的中点，D、E分别在AB、AC上，且DM⊥ME，BD=3，CE=4．求：
线段DE的长．
5．如图，在正方形ABCD中，M、N各在BC和CD上，满足∠MAN=45°
求证：
S△AMN=S△ABM+S△ADN．
6．P为正方形ABCD内部一点，PA=1，PD＝
2
，PC＝
3
，求阴影部分的面积SABCP．
7．
（1）如图，已知：
P是正方形ABCD的CD边上一点，∠BAP的平分线交BC于Q，求证：
AP=DP+BQ．
（2）若
（1）中的点P位置在DC的延长线上，其他条件不变，结论是否仍然成立？
请简单说明理由．
8．如图，P为正方形ABCD内一点，PA=1，PB=2，PC=3，以点B为旋转中心，将△ABP顺时针旋转，使点A与点C重合，这时P点旋转至G点，试画出旋转后的图形，然后猜一猜△PCG的形状，并说明理由，最后算一算∠APB的度数．
9．如图，正方形ABCD的边长为1，P为AB上的点，Q为AD上的点，且△APQ的周长为2．求∠PCQ的度数．
10．如图．设P是等边△ABC内的一点，且PA：
PB：
PC=3：
4：
5，求∠APB的度数．
11．如图，已知△ABC为等边三角形，M为三角形外任意一点．
（1）请你借助旋转知识说明AM≤BM+CM；
（2）线段AM是否存在最大值？
若存在，请指出存在的条件；若不存在，请说明理由．
12．如图放置着两个矩形，请你作一条直线，将此图形分成面积相等的两部分．（不写作法，保留作图痕迹）
答案：
一作图-旋转变换；轴对称-最短路线问题．
专题：
综合题．
分析：
作A关于ON的对称点A′，连接A′B，作D关于OM的对称点D′，连接CD′，连接OA′、OD′、A′D′，由折线ABCD长=AB+BC+CD，而AB+BC+CD=A′B+BC+CD′≥A′D′，然后转化为求A′D′的长度，结合勾股定理及轴对称的性质即可解答．
解答：
解：
作A关于ON的对称点A′，
连接A'B，作D关于OM的对称点D′，
连接CD′，连接OA′、OD′、A′D′（如图）
∴AB=A′B，CD=CD′，
由折线ABCD长=AB+BC+CD，而AB+BC+CD=A′B+BC+CD′≥A′D′，
∴折线ABCD长的最小值是线段A′D′的长，
∵∠NOA′=∠MON=20°，∠D′OM=∠MON=20°，
∴∠D′OA′=60°，
又∵OA′=OA=4
3
，OD′=OD=8
3
，
∴∠OA′D′=90°，
∴A'D'=
OD′2−OA′2
＝
（8
3
）2−（4
3
）2
＝12．
∴折线ABCD长度的最小值为12．
点评：
本题考查轴对称的性质及最短路径问题，难度较大，关键是根据轴对称的性质将所求的线段和转化为一条线段上去．
二．旋转的性质．
专题：
证明题．
分析：
把△ABD绕点D顺时针旋转180°到△ECD的位置，根据旋转的性质得∠E=∠BAD，CE=AB，而AB＞AC，得CE＞AC，根据三角形的边角关系得到∠CAD＞∠E，从而得到结论．
解答：
证明：
把△ABD绕点D顺时针旋转180°到△ECD的位置，如图，
∴∠E=∠BAD，CE=AB
而AB＞AC，
∴CE＞AC，
∴∠CAD＞∠E，
所以∠CAD＞∠BAD．
点评：
本题考查了旋转的性质：
旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了三角形的边角关系：
大边对大角．
三．旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
专题：
证明题．
分析：
延长CB到G，使GB=DF，连接AG，易证△ADF≌△ABG，得到∠1=∠G，∠3=∠2=∠4，而∠1=∠4+∠5，则∠1=∠4+∠5=∠3+∠5=∠GAE，得到∠G=∠GAE，于是AE=GE=GB+BE=DF=BE，即可得到结论．
解答：
证明：
延长CB到G，使GB=DF，连接AG（如图），
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，
∴△ADF≌△ABG，
∴∠1=∠G，∠3=∠2=∠4，
又∵AB∥CD
∴∠1=∠4+∠5=∠3+∠5=∠GAE
∴∠G=∠GAE
∴AE=GE=GB+BE=DF+BE
所以AE-BE=DF．
点评：
本题考查了旋转的性质：
旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．同时考查了三角形全等的判定与性质．
四．
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．
专题：
计算题．
分析：
把△MCE绕M点旋转180°得△MBF，连DF，根据旋转的性质得BF=EC=4，∠ECB=∠FBM，ME=MF，而∠ABC+∠ACB=90°，得到∴∠DBF=90°，根据勾股定理可计算出DF=5，又DM⊥ME，而ME=MF，得到△DFE为等腰三角形，即可得到线段DE的长．
解答：
解：
∵M是斜边BC的中点，
∴把△MCE绕M点旋转180°得△MBF，连DF，如图，
∴BF=EC=4，∠ECB=∠FBM，ME=MF，
而△ABC为Rt△，
∴∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠DBF=∠DBM+∠MBF=∠ABC+∠ACB=90°，
而BD=3，
∴DF=
32+42
=5，
又∵DM⊥ME，而ME=MF，
∴△DFE为等腰三角形，
∴DE=DF=5．
点评：
本题考查了旋转的性质：
旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了直角三角形的性质、勾股定理以及等腰三角形的判定与性质．
五．旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
专题：
证明题．
分析：
将△AND顺时针旋转90°到△ABD′处，根据旋转的性质得到∠ADN=∠ABD′=90°，∠2=∠3，AD=AD′，则D′、B、C在同一直线上，而∠MAN=45°，∠BAD=90°，得到∠1+∠2=45°，∠1+∠3=45°，得到△AD′M≌△AMN，即可得到结论．
解答：
解：
如图，将△AND顺时针旋转90°到△ABD′处，
∴∠ADN=∠ABD′=90°，∠2=∠3，AD=AD′，
∴D′、B、C在同一直线上，
∵∠MAN=45°，∠BAD=90°，
∴∠1+∠2=45°，∠1+∠3=45°，
即∠D′AM=45°，
又∵AD′=AN，
∴△AD′M≌△AMN，
而S△AMD′=S△ABD′+S△ABM，
∴S△AMN=S△ABM+S△ADN．
点评：
本题考查了旋转的性质：
旋转前后的两个图形全等，对应点
六．
旋转的性质；勾股定理的逆定理；正方形的性质．
专题：
计算题．
分析：
将△PAD绕点D逆时针旋转90°到△P′CD的位置，连接PP′，根据旋转的性质得P′C=AP=1，DP′=DP=
2
，∠APD=∠DP′C，于是△DPP′为等腰直角三角形，则PP′=
2
DP=
2
×
2
=2，∠DPP′=∠DP′P=45°，在△PP′C中根据勾股定理的逆定理易得△PP′C为直角三角形，∠P′CP=90°，并且∠P′PC=30°，∠PP′C=60°，则∠DP′C=∠DP′P+∠PP′C=45°+60°=105°，得到∠APD=105°，于是有∠APD+∠DPP′+∠P′PC=105°+45°+30°=180°，得到点A、P、C共线，所以阴影部分为等腰直角三角形，斜边为（
3
+1），然后根据等腰直角三角形的面积公式计算即可．
七．旋转的性质；正方形的性质．
专题：
证明题．
分析：
（1）把△ABQ绕点A逆时针旋转90°到△ADE的位置，根据旋转的性质得∠EAD=∠QAB，∠EDA=∠ABQ=90°，∠E=∠AQB，DE=BQ，得到点E，D，P公线，而∠AQB=∠DAQ，∠BAP的平分线交BC于Q，所以∠AQB=∠EAP，则∠E=∠PAE，得到PE=PA，即可得到PA=DP+BQ；
（2）PA=DP+BQ仍然成立．把△ABQ绕点A逆时针旋转90°到△ADE的位置，证明的方法和上面一样．
解答：
解：
（1）把△ABQ绕点A逆时针旋转90°到△ADE的位置，
∴∠EAD=∠QAB，∠EDA=∠ABQ=90°，∠E=∠AQB，DE=BQ，
∴AB与AD重合，∠ADE=∠B=90°
∵AB=AD，
∴B、D两点重合，
∴点E，D，P共线，
又∵∠AQB=∠DAQ，
而∠BAP的平分线交BC于Q，
∴∠AQB=∠EAP，
∴∠E=∠PAE，
∴PE=PA，
∴PA=DP+BQ；
（2）PA=DP+BQ仍然成立．理由如下：
把△ABQ绕点A逆时针旋转90°到△ADE的位置，如图，
证明的方法和上面一样．
点评：
本题考查了旋转的性质：
旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．同时考查了正方形的性质和等腰三角形的性质
八．
旋转的性质；勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质．
分析：
根据旋转的性质，CG=PA，BG=PB，再判断出△PBG是等腰直角三角形，然后利用勾股定理列式求出PG，再利用勾股定理逆定理判断出△PCG是直角三角形；先求出∠BGC的度数，然后根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小可得∠APB=∠BGC即可得解
九．
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
分析：
根据正方形的边长为1，△APQ的周长为2可得DQ+BP=PQ，将△CBP绕点C顺时针旋转90°得△CDE，根据旋转的性质只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小可得CE=CP，DE=BP，然后求出PQ=EQ，利用“边边边”证明△CPQ和△CEQ全等，根据全等三角形对应角相等可得∠PCQ=∠ECQ，从而求出∠PCQ=45°．
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作出辅助线构造出全等三角形，然后根据正方形的边长与△APQ的周长求出DQ+BP=PQ，从而求出三角形全等的条件是解题的关键．
十旋转的性质；等边三角形的性质；勾股定理．
专题：
计算题．
分析：
利用旋转的性质解题．将△PBC绕点B逆时针旋转60°得△DAB，根据旋转的性质可证△DBP为等边三角形，由勾股定理的逆定理可证△ADP是直角三角形，从而可求∠APB的度数．
解答：
解：
将△PBC绕点B逆时针旋转60°得△DAB，
则BP=BD，∠DBP=60°，
∴△DBP为等边三角形，∠DPB=60°，
设AD=PC=5k，DP=BP=4k，
∵AP2+DP2=（3k）2+（4k）2=25k2=AD2，
∴△ADP是直角三角形，∠APD=90°，
∴∠APB=∠APD+∠DPB=150°．
点评：
本题利用了旋转的性质解题．关键是根据AB=BC，∠ABC=60°，得出等边三角形，运用勾股定理逆定理得出直角三角形
十一。
旋转的性质；三角形三边关系；等边三角形的性质．
专题：
几何图形问题；存在型．
分析：
（1）应把AM和BM所在的三角形旋转，与AM组成三角形，将△BMC绕B点逆时针方向旋转，使C点与A点重合，得△BM′A，易得△BMM′为正三角形，根据三角形三边关系即可证明．
（2）由
（1）得线段AM存在最大值，M′在AM上时．
解答：
解：
（1）将△BMC绕B点逆时针方向旋转，使C点与A点重合，得△BM′A，（1分）
∵∠MBM′=60°，BM=BM′，AM′=MC．
∴△BMM′为正三角形．
∴MM′=BM．（2分）
①若M′在AM上，
则AM=AM′+MM′=BM+MC，（3分）
②若M′不在AM上，连接AM′、MM′，
在△AMM′中，根据三角形三边关系可知：
AM＜AM′+MM′，
∴AM＜BM+MC，
综上所述：
AM≤BM+CM；（5分）
（2）线段AM有最大值．（6分）
当且仅当M′在AM上时，AM=BM+MC；
存在的条件是：
∠BMC=120°．（8分）
点评：
求三边关系，那么这三边应在一个三角形中，可通过旋转得到．
十二。
中心对称；矩形的性质．
专题：
作图题．
分析：
先找到两个矩形的中心，然后过中心作直线即可．
解答：
解：
本题目有多种作图方法，只需用一种正确方法作图即可：
点评：
本题考查中心对称及矩形的性质，有一定难度，注意掌握中心与中心对称点之间的关系．
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