专题05 几何证明之四边形中的旋转综合问题-2021-2022学年九年级数学上册难点突破（人教版）

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专题05 几何证明之四边形中的旋转综合问题
1、如图（1），将正方形ABCD与正方形GECF的顶点C重合，当正方形GECF的顶点G在正方形ABCD的对角线AC上时，的值为　 　．
如图（2），将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转a角（0°＜a＜45°），猜测AG与BE之间的数量关系，并说明理由．
如图（3），将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转a角（45°＜a＜90°）使得B、E、G三点在一条直线上，此时tan∠GAC＝，AG＝6，求△BCE的面积．

解：（1）如图①中，
∵AC＝BC，CG＝EC，
∴AG＝AC﹣CG＝BC﹣EC＝BE，
∴＝，
故答案为：．

（2）结论：＝．
如图②中，所示，连接CG．

∵∠ACG＝∠BCE，＝＝，
∴△ACG∽△BEC，
∴＝，

（3）如图③中，连接CG，、

∵△ACG∽△BEC，
∴∠GAC＝∠EBC∠AGC＝∠BEC＝90°，
∵AG＝6，
∴BE＝，
∵tan∠EBC＝tan∠GAC＝，
∴∠EBC＝30°，
在Rt△BEC中，tan∠EBC＝
∴EC＝，
∴，
2、如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，AB＝AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上．

（1）当△ABC绕点A逆时针旋转α（0°＜α＜90°）时，如图2，求证：BD＝CF；
（2）当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长DB交CF于点H．连接BF、DF，延长AB交DF与M，连接HM．找出所有与∠MHB和为45度的角．
（l）证明：如图2中，
由旋转得：AC＝AB，∠CAF＝∠BAD＝α；AF＝AD，
在△ABD和△ACF中，
，
∴△ABD≌△ACF（SAS），
∴BD＝CF．

（2）解：如图3中，设AF交DH于J．

∵△ABD≌△ACF，
∴∠AFC＝∠ADB，
∵∠FJH＝∠AJD，
∴∠FHJ＝∠DAJ＝90°，
∵∠BAD＝∠BAF＝45°，AF＝AD，
∴AM⊥DF，NF＝MD，
∴BF＝BD，
∴∠BFM＝∠BDM，
∴∠BMF＝∠BHF＝90°，
∴B，M，F，H四点共圆，
∴∠MHB＝∠BFM，
∵∠AFB+∠DFB＝45°，∠ADB+∠BDF＝45°，
∴与∠MHB和为45度的角有∠AFB，∠ADB，∠AFC．
3、如图，已知点A （0，8），B （16，0），点P是x轴上的一个动点（不与原点O重合），连结AP，把△OAP沿着AP折叠后，点O落在点C处，连结PC，BC，设P（t，0）．
（1）如图1，当AP∥BC时，试判断△BCP的形状，并说明理由．
（2）在点P的运动过程中，当∠PCB＝90°时，求t的值．
（3）如图2，过点B作BH⊥直线CP，垂足为点H，连结AH，在点P的运动过程中，是否存在AH＝BC？若存在，求出t的值：若不存在，请说明理由．

解：（1）等腰三角形，
理由如下：∵AP∥BC，
∴∠APC＝∠BCP，∠APO＝∠CBP，
∵△OAP沿着AP折叠，
∴∠APO＝∠APC，
∴∠PCB＝∠PBC，
∴PC＝PB，
∴△BCP是等腰三角形；
（2）当t＞0时，如图，

∵△OAP沿着AP折叠，
∴∠AOP＝∠ACP＝90°，OP＝PC＝t，
∴∠ACP+∠BCP＝180°，
∴点A，点C，点B三点共线，
∵点A （0，8），B （16，0），
∴OA＝8，OB＝16，
∴AB＝＝＝8，
∵tan∠ABO＝，
∴，
∴t＝4﹣4；
当t＜0时，如图，

同理可求：t＝﹣4﹣4；
（3）∵△OAP沿着AP折叠，
∴AC＝AO＝8，∠ACP＝∠AOP＝90°，
∵BH⊥CP，
∴∠ACP＝∠BHC＝90°，
∵AH＝BC，CH＝CH，
∴Rt△ACH≌Rt△BHC（HL）
∴AC＝BH，
∴四边形AHBC是平行四边形，
如图2，当0≤t≤16时，点H在PC上时，连接AB交CH于G，

∵四边形AHBC是平行四边形，
∴AG＝BG＝4，HG＝CG，AC＝BH＝8，
∴HG＝＝＝4，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（16﹣t）2＝64+（t﹣8）2，
∴t＝8；
如图3，当0≤t≤16时，点H在PC的延长线上时，

∵四边形AHBC是平行四边形，
∴AG＝BG＝4，HG＝CG，AC＝BH＝8，
∴HG＝＝＝4，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（16﹣t）2＝64+（t+8）2，
∴t＝；
如图4，当t＜0时，

同理可证：四边形ABHC是平行四边形，
又∵AH＝BC，
∴四边形ABHC是矩形，
∴AC＝BH＝8，AB＝CH＝4，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（16﹣t）2＝64+（t+8）2，
∴t＝16﹣8；
当t＞16时，如图5，

∵四边形ABHC是矩形，
∴AC＝BH＝8，AB＝CH＝8，CP＝OP＝t，
在Rt△PHB中，PB2＝BH2+PH2，
∴（t﹣16）2＝64+（t﹣8）2，
∴t＝16+8．
综上所述：当t＝8或或16﹣8或16+8时，存在AH＝BC．
4、如图，在△ABC中，高AD＝3，∠B＝45°，tanC＝，动点F从点D出发，沿DA方向以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，当点F与点A、D不重合时，过点F作AB、AC的平行线，与BC分别交于点E、G，将△EFG绕FG的中点旋转180°得△HGF，设点F的运动时间为t秒，△HGF与△ABC重叠部分面积为S．
（1）当t＝　 　秒时，点H落在AC边上；
（2）求S与t的函数关系式；
（3）当直线FG将△ABC分为面积比为1：3的两部分时，直接写出t的值．


解：（1）如图，当点H落在AC边上时，

∵AD⊥BC，AD＝3，∠B＝45°，tanC＝＝，
∴BD＝3，CD＝6，
∴BC＝9，
∵EF∥AB，FG∥AC，
∴，，
∴，，
∴DE＝t，DG＝2t，
∴EG＝3t，
∵将△EFG绕FG的中点旋转180°得△HGF，
∴EF＝GH，EG＝FH，
∴四边形EFHG是平行四边形，
∴FH＝EG＝3t，FH∥EC，
若点H落在AC边上，
∴∠AHF＝∠C，
∴tan∠AHF＝＝，
∴，
∴t＝，
故答案为：；
（2）当0＜t＜时，S＝×FH×DF＝×3t×t＝t2，
当≤t≤3时，如图，设FH与AC交于点N，HG与AC交于点P，过点F作FM⊥AC于M，

∵四边形EFHG是平行四边形，
∴FH∥BC，
又∵FG∥AC，
∴四边形FNCG是平行四边形，
∴FN＝GC＝6﹣2t，
∴NH＝3t﹣（6﹣2t）＝5t﹣6，
∵FD＝t，DG＝2t，
∴FG＝＝＝t，
∵FG∥AC，
∴△HNP∽△HFG，
∴，
∴NP＝，
∵FG∥AC，
∴∠DAC＝∠DFG，
∴sin∠DAC＝sin∠DFG，
∴，
∴FM＝＝（3﹣t），
∴S＝×FM×（NP+FG）＝×（3﹣t）×（t+）＝﹣t2+10t﹣6；
（3）如图，延长GF交AB于R，过点R作RO⊥BD于O，

∵S△ABC＝×BC×AD，
∴S△ABC＝×9×3＝，
∵∠FGD＝∠C，
∴tanC＝tan∠FGD＝＝，
∴OG＝2RO，
∵BD＝AD＝3，AD⊥BC，
∴∠B＝45°，
又∵RO⊥BD，
∴△BRO是等腰直角三角形，
∴RO＝BO，
∴BG＝3RO，
∵直线FG将△ABC分为面积比为1：3的两部分，
∴S△BRG＝S△ABC或S△BRG＝S△ABC，
当S△BRG＝S△ABC，
∴×BG×RO＝×，
∴RO＝，
∴BG＝3×＝3+2t，
∴t＝，
当S△BRG＝S△ABC，
∴×BG×RO＝×，
∴RO＝，
∴BG＝3×＝3+2t，
∴t＝．
5、已知线段AB，如果将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC，则称点C为线段AB关于点A的逆转点．点C为线段AB关于点A的逆转点的示意图如图1：
（1）如图2，在正方形ABCD中，点　 　为线段BC关于点B的逆转点；
（2）如图3，在平面直角坐标系xOy中，点P的坐标为（x，0），且x＞0，点E是y轴上一点，点F是线段EO关于点E的逆转点，点G是线段EP关于点E的逆转点，过逆转点G，F的直线与x轴交于点H．
①补全图；
②判断过逆转点G，F的直线与x轴的位置关系并证明；
③若点E的坐标为（0，5），连接PF、PG，设△PFG的面积为y，直接写出y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．


解：（1）由题意，点A是线段AB关于点B的逆转点，
故答案为A．

（2）①图形如图3所示．


②结论：GF⊥x轴．
理由：∵点F是线段EF关于点E的逆转点，点G是线段EP关于点E的逆转点，
∴∠OEF＝∠PEG＝90°，EG＝EP，EF＝EO，
∴∠GEF＝∠PEO，
∴△GEF≌△PEO（SAS），
∴∠GFE＝∠EOP，
∵OE⊥OP，
∴∠POE＝90°，
∴∠GFE＝90°，
∵∠OEF＝∠EFH＝∠EOH＝90°，
∴四边形EFHO是矩形，
∴∠FHO＝90°，
∴FG⊥x轴．

③如图4﹣1中，当0＜x＜5时，

∵E（0，5），
∴OE＝5，
∵四边形EFHO是矩形，EF＝EO，
∴四边形EFHO是正方形，
∴OH＝OE＝5，
∴y＝•FG•PH＝•x•（5﹣x）＝﹣x2+x．
如图4﹣2中，当x＞5时，

y＝•FG•PH＝•x•（x﹣5）＝x2﹣x．
综上所述，．
6、如图1，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，点M为BC中点．点P为AB边上一动点，点D为BC边上一动点，连接DP，以点P为旋转中心，将线段PD逆时针旋转90°，得到线段PE，连接EC．

（1）当点P与点A重合时，如图2．
①根据题意在图2中完成作图；
②判断EC与BC的位置关系并证明．
（2）连接EM，写出一个BP的值，使得对于任意的点D总有EM＝EC，并证明．


解：（1）①图形如图2中所示：


②结论：EC⊥BC．
理由：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
∵∠EAD＝∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∵AD＝AE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠B＝∠ACE＝45°，
∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°，
∴EC⊥BC．

（2）当BP＝时，总有EM＝EC．

理由：如图3中，作PS⊥BC于S，作PN⊥PS，并使得PN＝PS，连接NE，延长NE交BC于Q，连接EM，EC．
∵PD＝PE，∠DPE＝∠SPN＝90°，
∴∠DPS＝∠EPN，
∴△DPS≌△EPN（AAS），
∴∠PSD＝∠N＝90°，
∵∠PEQ＝∠PSQ＝∠SPN＝90°，
∴四边形PNQS是矩形，
∵PS＝PN，
∴四边形PNQS是正方形，
∵BP＝，∠B＝45°，AB＝2，
∴BS＝PS＝，BC＝2，
∴BQ＝2BS＝，QC＝，
∵M是BC的中点，
∴MC＝，
∴MQ＝QC＝，
∵EQ⊥CM，
∴NQ是CM的垂直平分线，
∴EM＝EC．
7、已知，如图，△ABC是等边三角形．
（1）如图1，将线段AC绕点A逆时针旋转90°，得到AD，连接BD，∠BAC的平分线交BD于点E，连接CE．
①求∠AED的度数；
②用等式表示线段AE、CE、BD之间的数量关系（直接写出结果）．
（2）如图2，将线段AC绕点A顺时针旋转90°，得到AD，连接BD，∠BAC的平分线交DB的延长线于点E，连接CE．
①依题意补全图2；
②用等式表示线段AE、CE、BD之间的数量关系，并证明．


（1）解：①如图1中，

∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠BAC＝30°，
由旋转可知：AD＝AC，∠CAD＝90°．
∴AB＝AD，∠BAD＝150°，
∴∠ABD＝∠D＝15°，
∴∠AED＝∠ABD+∠BAE＝45°．

②结论：．
理由：作CK⊥BC交BD于K，连接CD．
∵AB＝AC，∠BAE＝∠CAE，AE＝AE，
∴△AEB≌△AEC（SAS），
∴BE＝EC，∠AEB＝∠AEC＝135°，
∴∠BEC＝90°，
∴∠EBC＝∠ECB＝45°，
∵∠BCK＝90°，
∴∠CKB＝∠CBE＝45°，
∴CB＝CE，
∵CE⊥BK，
∴BE＝EK，
∵∠ADC＝45°，∠ADB＝15°，
∴∠CDK＝∠CAE＝30°，
∵∠CKD＝∠AEC＝135°，
∴△CDK∽△CAE，
∴＝＝，
∴DK＝AE，
∴BD＝BK+DK＝2BE+AE．


（2）解：①图形如图2所示：

②结论：．
理由：过点A作AF⊥AE，交ED的延长线于点F（如图3）．

∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠1＝∠BAC＝30°，
由旋转可知：AD＝AC，∠CAD＝90°，
∴AB＝AD，∠2＝∠CAD﹣∠BAC＝30°，
∴∠3＝∠4＝75°，
∴∠5＝∠4﹣∠1＝45°，
∵AF⊥AE，
∴∠F＝45°＝∠5，
∴AF＝AE，
∴EF＝AE，
∵∠6＝∠EAF﹣∠1﹣∠2＝30°，
∴∠6＝∠1＝30°，
又∵∠F＝∠5＝45°，AD＝AB，
∴△ADF≌△ABE（SAS），
∴DF＝BE，
∵AB＝AC，AE平分∠BAC，
∴AE垂直平分BC，
∴CE＝BE，
∵BD＝EF﹣DF﹣BE，
∴BD＝AE﹣2CE．
8、如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE，将DE绕着点E逆时针旋转90°，得到EG，过点G作GF⊥CB，垂足为F，GH⊥AB，垂足为H，连接DG，交AB于I．
（1）求证：四边形BFGH是正方形；
（2）求证：ED平分∠CEI；
（3）连接IE，若正方形ABCD的边长为3，则△BEI的周长为　 　．

（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠DCE＝∠ABC＝∠ABF＝90°，
∵GF⊥CF，GH⊥AB，
∴∠F＝∠GHB＝∠FBH＝90°，
∴四边形FBHG是矩形，
∵ED＝EG，∠DEG＝90°，
∵∠DEC+∠FEG＝90°，∠DEC+∠EDC＝90°，
∴∠FEG＝∠EDC，
∵∠F＝∠DCE＝90°，
∴△DCE≌△EFG（AAS），
∴FG＝EC，EF＝CD，
∵CB＝CD，
∴EF＝BC，
∴BF＝EC，
∴BF＝GF，
∴四边形FBHG是正方形．

（2）证明：延长BC到J，使得CJ＝AI．
∵DA＝DC，∠A＝∠DCJ＝90°，AI＝CJ，
∴△DAI≌△DCJ（SAS），
∴DI＝DJ，∠ADI＝∠CDJ，
∴∠IDJ＝∠ADC＝90°，
∵∠IDE＝45°，
∴∠EDI＝∠EDJ＝45°，
∵DE＝DE，
∴△IDE≌△JDE（SAS），
∴∠DEI＝∠DEJ，
∴DE平分∠IEC．

（3）解：∵△IDE≌△JDE，
∴IE＝EJ，
∵EJ＝EC+CJ，AI＝CJ，
∴IE＝EC＝AI，
∴△BIE的周长＝BI+BE+IE＝BI+AI+BE+EC＝2AB＝6．
故答案为6．


9、在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是对角线BD上一动点，将线段CP绕点C顺时针旋转120°到CQ，连接DQ．连接QP并延长，分别交AB、CD于点M，N．
（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；
（2）如图2，已知PM＝QN；若MN的最小值为，求菱形ABCD的面积．

（1）证明：四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AB∥CD，
∴∠PBM＝∠PBC＝∠ABC＝30°，∠ABC+∠BCD＝180°，
∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝120°
由旋转的性质得：PC＝QC，∠PCQ＝120°，
∴∠BCD＝∠DCQ，
∴∠BCP＝∠DCQ，
在△BCP和△DCQ中，
，
∴△BCP≌△DCQ（SAS）；
（2）解：过点C作CG⊥PQ于点G，连接AC，

∵PC＝QC，∠PCQ＝120°，
∴∠PCG＝60°，PG＝QG，
∴PG＝PC，
∴PQ＝PC．
∵PM＝QN，
∴MN＝PQ＝PC，
∴当PC⊥BD时，PC最小，此时MN最小，
∴PC＝2，BC＝2PC＝4，
∵菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴＝4，
∴菱形ABCD的面积＝2S△ABC＝2×4＝8；
10、四边形ABCD是正方形，PA是过正方形顶点A的直线，作DE⊥PA于E，将射线DE绕点D逆时针旋转45°与直线PA交于点F．
（1）如图1，当∠PAD＝45°时，点F恰好与点A重合，则的值为　 　；
（2）如图2，若45°＜∠PAD＜90°，连接BF、BD，试求的值，并说明理由．

解：（1）∵∠PAD＝45°，DE⊥AP，
∴∠DAE＝∠EDA，
∴AE＝DE，
∴AD＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BF＝AE，
∴＝；
（2）过点B作BH⊥AP于H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ABD＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠BAH+∠DAE＝90°，
又∵∠BAH+∠ABH＝90°，
∴∠ABH＝∠DAE，
又∵AD＝AB，∠DEA＝∠AHB＝90°，
∴△ADE≌△BAH（AAS），
∴AE＝BH，
∵将射线DE绕点D逆时针旋转45°与直线PA交于点F，
∴∠EDF＝45°，
∴∠EFD＝45°＝∠ABD，
∴点A，点F，点B，点D四点共圆，
∴∠BFH＝∠ADB＝45°，
又∵BH⊥AP，
∴∠FBH＝∠BFH＝45°，
∴BH＝FH，
∴BF＝BH＝AE，
∴＝＝．

11、如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，四边形EFGH是正方形，EH与BD重合，将图①中的正方形EFGH绕着点D逆时针旋转．
（1）旋转至如图②位置，DE交BC于点L．延长BC交FG于点M，延长DC交EF于点N．试判断DL．EN、GM之间满足的数量关系，并说明理由：
（2）旋转至如图③位置，使点G落在BC的延长线上，DE交BC于点L，连接BE，求BE的长．

解：（1）DL＝EN+GM．
证明：如图1，过点G作GK∥BM，

∵四边形EFGD是正方形，
∴∠DEF＝∠DGF＝∠EDG＝90°，DG＝DE，
∴∠EDN+∠NDG＝∠NDG+∠DGK＝90°，
∴∠EDN＝∠DGK，
∴△DKG≌△END（ASA），
∴EN＝DK，
在平行四边形DKMG中，GM＝KL，
∵DL＝DK+KL，
∴DL＝EN+GM；
（2）如图2，过点E作EP⊥BG于点P，

在Rt△DCG中，CD＝6，DG＝10，CG＝8，
∴tan∠CGD＝，
∵∠CDL＝∠CGD，
∴tan∠CDL＝，
在Rt△CDL中，LC＝，DL＝，
∴BL＝8﹣＝，EL＝10﹣＝，
同理，在Rt△ELP中，PE＝＝2，PL＝＝，
∴BP＝＝2，
∴在Rt△BPE中，BE＝＝＝2．

12、在矩形ABCD中，AD＞AB，连接AC，线段AC绕点A逆时针90°旋转得到线段AE，平移线段AE得到线段DF（点A与点D对应，点E与点F对应），连接BF，分别交AD，AC于点G，M，连接EF．
（1）依题意补全图形．
（2）求证：EG⊥AD．
（3）连接EC，交BF于点N，若AB＝2，BC＝4，设BM＝a，NF＝b，试比较（a+1）（b+1）与9+6之间的大小关系，并证明．


（1）解：图形如图1所示：


（2）证明：如图2中，过点A作AH⊥FE交FE的延长线于H．

∵EF∥AD，∠H＝90°，
∴∠HAD＝180°﹣∠H＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ADC＝90°，AB＝CD，BC＝AD，
∵∠CAE＝∠DAH＝90°，
∴∠HAE＝∠DAC，
∵∠H＝∠ADC＝90°，AE＝AC，
∴△AHE≌△ADC（AAS），
∴EH＝CD＝AB，AH＝AD＝EF，
∵∠DAH+∠BAD＝180°，
∴B，A，H共线，
∵AH＝EF，EH＝AB，
∴HB＝HF，
∴∠HBF＝∠HFB＝45°，
∴∠AGB＝∠ABG＝45°，
∴AB＝AG，
∴EH＝AG，
∵EH∥AG，
∴四边形AHEG是平行四边形，
∵∠H＝90°，
∴四边形AHEG是矩形，
∴∠AGE＝90°，
∴EG⊥AD．


（3）解：如图3中，过点A作AH⊥FE交FE的延长线于H．

由（2）可知，AB＝BG＝2，
∵∠BAG＝90°，
∴BG＝AB＝2，
∵AG∥BC，
∴＝＝，
∴a＝BM＝BG＝，
由（2）可知，BH＝HF＝2+4＝6，
∵∠H＝90°，
∴BF＝6，
∵EF∥BC，
∴∠NEF＝∠NCB，
∵∠ENF＝∠CNB，EF＝BC，
∴△ENF≌△CNB（AAS），
∴b＝NF＝BF＝3，
∴（a+1）（b+1）＝（+1）（3+1）＝8++3+1＝9+＜9+6，
∴（a+1）（b+1）＜9+6．