【期末復(fù)習(xí)】2020年九年級數(shù)學(xué)上冊期末復(fù)習(xí)專題旋轉(zhuǎn)壓軸題專練（含答案）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

10.如圖1，△ABC是等腰直角三角形，四邊形ADEF是正方形，點D、F分別在AB、AC邊上，此時BD=CF，BD⊥CF成立.(1)當(dāng)正方形ADEF繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)θ(0°<θ<90°)時，如圖2，BD=CF成立嗎？若成立，請證明；若不成立，請說明理由.(2)當(dāng)正方形ADEF繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)45°時，如圖3，延長BD交CF于點G. ①求證：BD⊥CF； ②當(dāng)AB=4，AD=時，求線段BG的長. 參考答案1.解：（1）作EH⊥OB于點H，∵△OED是等邊三角形，∴∠EOD=60°．又∵∠ABO=30°，∴∠OEB=90°．∵BO=4，∴OE=OB=2．∵△OEH是直角三角形，且∠OEH=30°∴OH=1，EH=，∴E（1，）．（2）當(dāng)2＜x＜4，符合題意，如圖，所求重疊部分四邊形OD′NE的面積為：S△OD′E﹣S△E′EN=x2﹣E′E×EN=x2﹣×（x﹣2）=﹣x2+2x﹣2（3）存在線段EF=OO'．∵∠ABO=30°，∠EDO=60°∴∠ABO=∠DFB=30°，∴DF=DB．∴OO′=4﹣2﹣DB=2﹣DB=2﹣DF=ED﹣FD=EF 2.【解答】解：（1）作ME⊥x軸于E，如圖1所示：則∠MEP=90°，ME∥AB，∴∠MPE+∠PME=90°，∵四邊形OABC是正方形，∴∠POC=90°，OA=OC=AB=BC=4，∠BOA=45°，∵PM⊥CP，∴∠CPM=90°，∴∠MPE+∠CPO=90°，∴∠PME=∠CPO，在△MPE和△PCO中，，∴△MPE≌△PCO（AAS），∴ME=PO=t，EP=OC=4，∴OE=t+4，∴點M的坐標(biāo)為：（t+4，t）；（2）線段MN的長度不發(fā)生改變；理由如下：連接AM，如圖2所示：∵MN∥OA，ME∥AB，∠MEA=90°，∴四邊形AEMF是矩形，又∵EP=OC=OA，∴AE=PO=t=ME，∴四邊形AEMF是正方形，∴∠MAE=45°=∠BOA，∴AM∥OB，∴四邊形OAMN是平行四邊形，∴MN=OA=4；（3）∵ME∥AB，∴△PAD∽△PEM，∴，即，∴AD=﹣t2+t，∴BD=AB﹣AD=4﹣（﹣t2+t）=t2﹣t+4，∵MN∥OA，AB⊥OA，∴MN⊥AB，∴四邊形BNDM的面積S=MN?BD=×4（t2﹣t+4）=（t﹣2）2+6，∴S是t的二次函數(shù)，∵＞0，∴S有最小值，當(dāng)t=2時，S的值最?。?/span>∴當(dāng)t=2時，四邊形BNDM的面積最小． 3.解：（Ⅰ）過M作ME⊥x軸于點E，如圖1，由題意可知M為OP中點，∴E為OA中點，∴OE=OA=，ME=AP=，∴M點坐標(biāo)為（，）；（Ⅱ）①同（Ⅰ），當(dāng)P（1，t）時，可得M（，t）；②設(shè)直線OP的解析式為y=kx，把P（1，t）代入可求得k=t，∴直線OP解析式為y=tx，又l⊥OP，∴可設(shè)直線MQ解析式為y=﹣x+b，且過點M（，），把M點坐標(biāo)代入可得=﹣+b，解得b=，∴直線l解析式為y=﹣x+，又直線AC解析式為y=﹣x+1，聯(lián)立直線l和直線AC的解析式可得，解得，∴Q點坐標(biāo)為（，）；（Ⅲ）不變化，∠QOP=45°．理由如下：由（Ⅱ）②可知Q點坐標(biāo)為（，），∴OQ2=PQ2=（）2+（）2=，又P（1，t），∴OP2=1+t2，∴OQ2+QP2=OP2，∴△OPQ是以O(shè)P為斜邊的等腰直角三角形，∴∠QOP=45°，即∠QOP不變化． 4.解：（1）①∵△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)點D恰好落在AB邊上，∴AC=CD，∵∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣30°=60°，∴△ACD是等邊三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE，∴DE∥AC；②∵∠B=30°，∠C=90°，∴CD=AC=AB，∴BD=AD=AC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，△ACD的邊AC、AD上的高相等，∴△BDC的面積和△AEC的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），即S1=S2；故答案為：DE∥AC；S1=S2；（2）如圖，∵△DEC是由△ABC繞點C旋轉(zhuǎn)得到，∴BC=CE，AC=CD，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°﹣90°=90°，∴∠ACN=∠DCM，∵在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN=DM，∴△BDC的面積和△AEC的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），即S1=S2；（3）如圖，過點D作DF1∥BE，易求四邊形BEDF1是菱形，所以BE=DF1，且BE、DF1上的高相等，此時S△DCF1=S△BDE；過點D作DF2⊥BD，∵∠ABC=60°，F(xiàn)1D∥BE，∴∠F2F1D=∠ABC=60°，∵BF1=DF1，∠F1BD=∠ABC=30°，∠F2DB=90°，∴∠F1DF2=∠ABC=60°，∴△DF1F2是等邊三角形，∴DF1=DF2，∵BD=CD，∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°，∴∠CDF1=180°﹣∠BCD=180°﹣30°=150°，∠CDF2=360°﹣150°﹣60°=150°，∴∠CDF1=∠CDF2，∵在△CDF1和△CDF2中，，∴△CDF1≌△CDF2（SAS），∴點F2也是所求的點，∵∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，DE∥AB，∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°，又∵BD=4，∴BE=×4÷cos30°=2÷=，∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=+=，故BF的長為或． 5.解：（1）①∵△ABC繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△ADE，∴AB=AD，∠BAD=60°，∴△ABD是等邊三角形；②由①得△ABD是等邊三角形，∴AB=BD，∵△ABC繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)60°得到△ADE，∴AC=AE，BC=DE，又∵AC=BC，∴EA=ED，∴點B、E在AD的中垂線上，∴BE是AD的中垂線，∵點F在BE的延長線上，∴BF⊥AD，AF=DF；③由②知BF⊥AD，AF=DF，∴AF=DF=3，∵AE=AC=5，∴EF=4，∵在等邊三角形ABD中，BF=AB?sin∠BAF=6×=3，∴BE=BF﹣EF=3﹣4；（2）如圖所示，∵∠DAG=∠ACB，∠DAE=∠BAC，∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°，又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°，∴∠BAE=∠ABC，∵AC=BC=AE，∴∠BAC=∠ABC，∴∠BAE=∠BAC，∴AB⊥CE，且CH=HE=CE，∵AC=BC，∴AH=BH=AB=3，則CE=2CH=8，BE=5，∴BE+CE=13． 6.解：（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠A1C1B =∠ACB =45°，BC=BC1 ∴∠CC1B =∠C1CB =45° ∴∠CC1A1=∠CC1B+∠A1C1B=45°＋45°=90°（2）∵△ABC≌△A1BC1 ∴BA=BA1，BC=BC1，∠ABC=∠A1BC1 ∴ ， ∠ABC+∠ABC1=∠A1BC1+∠ABC1 ∴∠ABA1=∠CBC1 ∴△ABA1∽△CBC1 ∴ ∵ ∴（3）過點B作BD⊥AC，D為垂足 ∵△ABC為銳角三角形 ∴點D在線段AC上Rt△BCD中，BD=BC×sin45°=P在AC上運動至垂足點D，△ABC繞點B旋轉(zhuǎn)，使點P的對應(yīng)點P1在線段AB上時，EP1最小，最小值為-2② 當(dāng)P在AC上運動至點C，△ABC繞點B旋轉(zhuǎn)，使點P的對應(yīng)點P1在線段AB的延長線上時，EP1最大，最大值為2+5=7 。 7.（1）將ACE繞點C順時針旋轉(zhuǎn)60°后能得到DCB (2) 如圖（2），答：相等且垂直．先證MGD≌MEN∴DM=NM．在中，．∵NE=GD, GD=CD，∴NE=CD，∴FN=FD即FM⊥DM，∴DM與 FM相等且垂直(3)如圖（3），答：相等且垂直．延長DM交CE于N，連結(jié)DF、FN先證MGD≌MNE∴DM =NM, NE=DG．∵∠DCF=∠FEN=45°，DC=DG=NE，F(xiàn)C=FE，∴DCF≌NEF，∴DF=FN, ∠DFC=∠NFE，可證∠DFN=90°，即FM=DM, FM⊥DM∴DM與 FM相等且垂直 8.【解答】（1）證明：∵△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，在△AGE與△AFE中，，∴△AGE≌△AFE（SAS）；（2）證明：設(shè)正方形ABCD的邊長為a．將△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABG，連結(jié)GM．則△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均為等腰直角三角形，∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，∴a﹣BE=a﹣DF，∴BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45°=90°，∴EG2=ME2+MG2，∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；（3）解：EF2=2BE2+2DF2．如圖所示，延長EF交AB延長線于M點，交AD延長線于N點，將△ADF繞著點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AGH，連結(jié)HM，HE．由（1）知△AEH≌△AEF，則由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，即2（DF2+BE2）=EF2 9.解：（1）CD=BE．理由如下: ∵△ABC和△ADE為等邊三角形 ∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=60o ∵∠BAE =∠BAC－∠EAC =60o－∠EAC，∠DAC =∠DAE－∠EAC =60o－∠EAC， ∴∠BAE=∠DAC， ∴△ABE ≌ △ACD ∴CD=BE （2）△AMN是等邊三角形．理由如下： ∵△ABE ≌ △ACD，∴∠ABE=∠ACD． ∵M、N分別是BE、CD的中點，BM= ∵AB=AC，∠ABE=∠ACD， ∴△ABM ≌ △ACN．∴AM=AN，∠MAB=∠NAC． ∴∠NAM=∠NAC+∠CAM=∠MAB+∠CAM=∠BAC=60o ∴△AMN是等邊三角形．設(shè)AD=a，則AB=2a．∵AD=AE=DE，AB=AC，∴CE=DE． ∵△ADE為等邊三角形， ∴∠DEC=120 o， ∠ADE=60o， ∴∠EDC=∠ECD=30o ， ∴∠ADC=90o． ∴在Rt△ADC中，AD=a，∠ACD=30 o ， ∴ CD=．∵N為DC中點， ∴， ∴．∵△ADE，△ABC，△AMN為等邊三角形，∴S△ADE∶S△ABC∶ S△AMN解法二：△AMN是等邊三角形．理由如下：∵△ABE ≌ △ACD，M、N分別是BE、CN的中點，∴AM=AN，NC=MB．∵AB=AC，∴△ABM ≌ △ACN，∴∠MAB=∠NAC，∴∠NAM=∠NAC+∠CAM=∠MAB+∠CAM=∠BAC=60o∴△AMN是等邊三角形,設(shè)AD=a，則AD=AE=DE= a，AB=BC=AC=2a易證BE⊥AC，∴BE=，∴ ∴∵△ADE，△ABC，△AMN為等邊三角形 ∴S△ADE∶S△ABC∶ S△AMN
10. (1)BD=CF成立.理由：∵△ABC是等腰直角三角形，四邊形ADEF是正方形，∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°.∵∠BAD=∠BAC-∠DAC，∠CAF=∠DAF-∠DAC，∴∠BAD=∠CAF，∴△BAD≌△CAF(SAS).∴BD=CF.(2)①證明：設(shè)BG交AC于點M.∵△BAD≌△CAF(已證)，∴∠ABM=∠GCM.∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG.∴∠BGC=∠BAC=90°.∴BD⊥CF. ②過點F作FN⊥AC于點N.∵在正方形ADEF中，AD=，∴AN=FN=AE=1.∵在等腰直角△ABC中，AB=4，∴CN=AC-AN=3，BC==4.∴在Rt△FCN中，tan∠FCN==.∴在Rt△ABM中，tan∠ABM==tan∠FCN=.∴AM=×AB=.∴CM=AC-AM=4-=，BM==.∵△BMA∽△CMG，∴ =.∴=.∴CG=.∴在Rt△BGC中，BG==.