2024海南中考数学二轮专题训练 几何图形旋转型综合题 (含答案).docx

1、2024海南中考数学二轮专题训练 几何图形旋转型综合题 (小题破大题)模型再现：轴对称(翻折)型全等模型1. 如图，正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且EDF45，将DAE绕点D逆时针旋转90，得到DCM，求证：EFCFAE.【思维教练】由旋转可得DEDM，EDM90，由EDF45，得到MDF45，即EDFMDF，再由DFDF，可证DEFDMF，由全等三角形的对应边相等可得出EFCFAE.第1题图模型再现：半角模型2. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，EAF45，若ECF的周长为4，求正方形的边长【思维教练】将DAF绕点A顺时针旋转90得到BA

2、F，再证FAEFAE，利用ECF的周长为4及线段之间的转换即可求出第2题图模型再现：全等手拉手模型3. 如图，在正方形ABCD中，点G是对角线AC上一点(不与点A、C重合)，连接BG，将ABG绕点B顺时针旋转90，得到CBH.求证：AG2CG2GH2.【思维教练】由旋转得ABGCBH，可得AGCH，ACH90，在RtCGH中，利用结合勾股定理求证第3题图模型再现：自旋转型全等模型4. 如图，四边形ABCD是正方形，ABE是等边三角形，M为对角线BD(不含B点)上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60得到BN，连接EN、AM、CM.求证：AMBENB.【思维教练】由等边三角形的性质得到ABBE，A

3、BE60，由旋转的性质得到MBN60，BMBN，最后利用等量代换得到EBNABM，即可证得AMBENB.第4题图(针对训练)1. 如图，在边长为6的正方形ABCD中，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转角度(090)，得到正方形AEFG，EF交线段CD于点P，FE的延长线交线段BC于点H，连接AH、AP.(1)求证：ADPAEP；(2)求HAP的度数；判断线段HP、BH、DP的数量关系，并说明理由；(3)连接DE、EC、CF、DF，得到四边形CFDE，在旋转过程中，四边形CFDE能否为矩形？若能，求出BH的值；若不能，请说明理由第1题图2. 如图，四边形ABCD与四边形AEFG均为正方形，DE与B

4、G交于点H，BG与AE交于点M，连接DG.(1)求证：EADGAB；(2)求证：DH2GH2DG2；(3)将正方形ABCD绕点A逆时针旋转(0BAE180)，设ABE的面积为S1，ADG的面积为S2，判断S1与S2大小关系，并证明你的结论第2题图参考答案小题破大题1. 证明：DAE绕点D逆时针旋转90得到DCM，ADCM，DEDM，AECM，EDM90，四边形ABCD是正方形，AFCD90，FCDDCM180，F、C、M三点共线，EDF45，FDMEDF45，在DEF和DMF中，DEFDMF，EFMF，EFCFCMCFAE.2. 解：如解图，将DAF绕点A顺时针旋转90得到BAF，则DAFBA

5、F，DFBF，DAFBAF，AFAF，FAF90，EAF45，EAF45，在FAE和FAE中，FAEFAE，EFEF，ECF的周长为4，FCCEEFFCCEEFFCBCBFFCBCDF4，2BC4，BC2，正方形ABCD的边长为2.第2题解图3. 证明：四边形ABCD是正方形，BACBCA45，由旋转得ABGCBH，BACBCH45，AGCH，GCH90，在RtGCH中，CH2CG2GH2，AG2CG2GH2.4. 证明：ABE是等边三角形，BABE，ABE60，MBN60，MBNABNABEABN.即MBANBE.又MBNB，AMBENB.针对训练1. (1)证明：将正方形ABCD绕点A逆时

6、针旋转角度，得到正方形AEFG，ABAE，AEPABH90，四边形ABCD是正方形，ABAD，D90，AEAD，DAEP90，在RtADP和RtAEP中，RtADPRtAEP(HL)；(2)解：AEP90，AEH90，在RtABH和RtAEH中，RtABHRtAEH，BAHEAH，BHHE，RtAEPRtADP，EAPDAP，EPDP，HAPHAEEAPBAD45；HPBHDP.理由：由(2)知BHHE，DPPE，HPHEPEBHDP；(3)解：能，如解图，当P是CD的中点时，四边形CFDE是矩形，点P是CD的中点，DPCPCD，由(2)得EPDP，PECD，又CDEF，DPPCPEPF，四边

7、形CFDE是矩形，设BHx，则HEBHx，PEPDPC3，CH6x，PH3x，在RtPHC中，由勾股定理得，(6x)232(3x)2，解得x2，即BH2.第1题解图2. (1)证明：四边形ABCD与四边形AEFG均为正方形，BADEAG90，AGAE，ABAD，BADBAEEAGBAE，即EADGAB，EADGAB(SAS)；(2)证明：由(1)知EADGAB，BGADEA，BGAGMA90，AMGEMH，DEAEMH90，BGDE，DH2GH2DG2；(3)解：S1S2.证明如下：当0BAE90时，如解图，过点D作DPGA交GA的延长线于P，过点B作BNAE交AE的延长线于N.PANBAD9

8、0，NABBAP90，BAPPAD90，NABPAD，又ANBAPD90，且ABAD，ANBAPD，BNDP，又AEAG，AEBNAGDP，S1S2；当BAE90时，如解图，AEAG，BAEDAG90，ABAD，ABEADG(SAS)，S1S2；当90BAE180时，如解图，过点B作BNEA的延长线于点N，过点D作DPAG的延长线于点P.则ANBAPD90，四边形ABCD是正方形，BAD90，且ABAD，PANBAD90，NABDAN90，DAPDAN90，NABDAP，ANBAPD(AAS)，BNDP，又AEAG，AEBNAGDP，S1S2，综上所述，在(3)的条件下，总有S1S2.第2题解图第2题解图第2题解图