2025年九年级数学三轮冲刺训练图形的变换之旋转模型（含解析）

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2025年九年级数学三轮冲刺训练图形的变换之旋转模型
1．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是BC边上一动点，连接AD．把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接CE、DE．
（1）求证：△ABD≌△ACE；
（2）若，时，求BD的长．
2．如图，在正方形ABCD中，点E在边AB上，将点E绕点D逆时针旋转得到点F，若点F恰好落在边BC的延长线上，连接DE，DF，EF．
（1）判断△DEF的形状，并证明；
（2）若，求△DEF的面积．
3．如图，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，得到矩形FGCE，使得点E落在边AB上，AB的延长线交EG于H，连接DE，DH．
（1）求证：ED平分∠AEC；
（2）求证：EC与DH互相平分．
4．如图，在正方形ABCD中，AB＝2，对角线AC与BD相交于点O，点E在线段AO上（与端点不重合），线段EB绕点E逆时针旋转90°到EF的位置，点F恰好落在线段CD上，FH⊥AC，垂足为H．
（1）求证：△OBE≌△HEF；
（2）设OE＝x，求OE2﹣CF的最小值．
5．如图，在 ABCD中，AB＝6，AD＝10，∠BAD＝60°，P为边AB上的动点．连接PC，将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，过点E作EF∥AB，EF交直线AD于点F．连接PF、DE，分别取PF、DE的中点M、N，连接MN，交AD于点Q．
（1）若点P与点B重合，则线段MN的长度为 　 　 ．
（2）随着点P的运动，MN与AQ的长度是否发生变化？若不变，求出MN与AQ的长度；若改变，请说明理由．
6．如图，点E为正方形ABCD外一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，DF的延长线交BE于H点．
（1）试判定四边形AFHE的形状，并说明理由；
（2）已知BH＝7，BC＝13，求DH的长．
7．如图，四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且OA＝OB＝OC＝ODAB．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）若H是边AB上一点（H与A，B不重合），连接DH，将线段DH绕点H顺时针旋转90°，得到线段HE，过点E分别作BC及AB延长线的垂线，垂足分别为F，G．设四边形BGEF的面积为s1，以HB，BC为邻边的矩形的面积为s2，且s1＝s2．当AB＝2时，求AH的长．
8．正方形ABCD的边长为4，E、F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：△DEF≌△DMF；
（2）若AE＝1，求EF的长．
9．如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，点C的对应点C′恰好落在CB的延长线上，边AB交边C′D′于点E．
（1）求证：BC′＝BC；
（2）若AB＝3，BC＝1，求AE的长．
10．如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，△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B点逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）若连接CE，求△EBC的面积．
11．在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC．
（1）如图1，若点D是△ABC内一点，DA＝1，DB＝2，DC＝3．将△CBD绕点B逆时针旋转90°至△ABE，连接DE．判断△ADE的形状（要说明理由），并求∠ADB的度数；
（2）如图2，若点D是△ABC外一点，DA＝2，，DC＝2，求∠ADB的度数．
12．如图，等边△ABC，在BC边延长线上取点D，连接AD，将线段AD绕点D顺时针旋转60°得到线段DE，连接CE，AE．
（1）求∠ECD的度数；
（2）若AB＝6，CD＝2，求DE的长．
13．如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBF．延长AE交CF于点G，连接DE．
（1）试判断四边形BEGF的形状，并说明理由；
（2）若BE＝2，CG＝1，求DE．
14．如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，M，N分别是斜边DE，AB的中点，DE＝2，AB＝4．
（1）将△CDE绕顶点C旋转一周，请直接写出点M，N距离的最大值和最小值；
（2）将△CDE绕顶点C逆时针旋转120°（如图2），求MN的长．
15．如图1，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，将△ABC绕点A旋转到△AB'C'位置，设AC'交直线CD于点M．
（1）当点B'恰好落在DC边上时，求△AB'C'与矩形ABCD重叠部分的面积；
（2）如图2，当点C、B'、C'恰好在一直线上时，求DM的长度．
参考答案
1．【解答】（1）证明：由题意可得：AD＝AE，∠DAE＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
∴△ABD≌△ACE（SAS）；
（2）解：设BD＝x，
∵∠BAC＝90°，，
∴∠ABD＝∠ACD＝45°，BC＝4，
∵△ABD≌△ACE，
∴BD＝CE＝x，∠ABD＝∠ACE＝45°，
∴∠DCE＝90°，
∴CD2+CE2＝DE2，
∴，
解得x1＝1，x2＝3，
∴BD＝1或3．
2．【解答】解：（1）△DEF是等腰直角三角形，
证明：在正方形ABCD中，DA＝DC，∠ADC＝∠DAB＝∠DCB＝90°，
∵F落在边BC的延长线上，
∴∠DCF＝∠DAB＝90°，
∵将点E绕点D逆时针旋转得到点F，
∴DE＝DF，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL），
∴∠ADE＝∠CDF，
∵∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDF+∠CDE＝90°，即∠EDF＝90°，
∴△DEF是等腰直角三角形；
（2）∵△DEF是等腰直角三角形，
∴DE＝DF，
∵，，
∴DE＝DF＝6，
∴△DEF的面积为．
3．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠AED＝∠EDC．
∵CE＝CD，
∴∠CED＝∠EDC，
∴∠AED＝∠CED，
∴ED平分∠AEC．
（2）证明：连接HC，
∵四边形EFGC为矩形，
∴FG∥EC，
∴∠FHE＝∠BEC．
∵∠F＝∠EBC＝90°，EF＝CB，
在△EFH和△CBE中，
∴△EFH≌△CBE（AAS），
∴EH＝EC．
结合EC＝DC，知EH＝DC．
则EH∥DC．
∴四边形EHCD为平行四边形，
∴EC与DH互相平分．
4．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOE＝90°，
∵FH⊥AC，
∴∠EHF＝90°＝∠BOE，
∴∠BEO+∠OBE＝90°，
由旋转得：BE＝EF，∠BEF＝90°，
∴∠BEO+∠FEH＝90°，
∴∠OBE＝∠FEH，
在△OBE和△HEF中，
，
∴△OBE≌△HEF（AAS）；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝2，OB＝OC，∠ACD＝45°，
∵△OBE≌△HEF，
∴OE＝FH＝x，EH＝OB，
∴FH＝CH＝x，
∴CFFHx，
∴OE2﹣CF＝x2x＝（x）2，
∵点E在线段AO上（与端点不重合），
∴0＜x，
∴当x时，OE2﹣CF的最小值是．
5．【解答】解：（1）当点P与点B重合时，点F在点D处，此时E、N、D、F、C共线，
如图①，在平行四边形ABCD中，BC＝AD＝10．
将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，PC＝BC＝PE＝10．
点M、N分别是PF、ED的中点，由中位线可知2MN＝PE＝10．
∴MN＝5．
故答案为：5．
（2）结论：不变．
如解图②，连接FN并延长到点G，使得FN＝GN，连接 GE，DG，
∵点N为 DE中点，
∴EN＝DN．
∴四边形GEFD 为平行四边形，
∴GE//AF，GD//EF．
延长EG，BA交于H点，连接PG．
∵GD//EF//HB，HG//AF．
∴四边形HADG为平行四边形，
∴HG＝AD，
∴∠BAD＝∠AHG＝60°．
如解图②，延长AB至点K，使得BK＝BC，连接CK，
在平行四边形ABCD中，
∵∠BAD＝60°，
∴∠CBK＝60°，
∴△BKC是等边三角形，
∴∠K＝60°．KC＝BC＝AD＝10，
∵∠HEP+∠HPE＝120°，∠HPE+∠CPK＝180°﹣60°＝120°，
∴∠HEP＝∠CPK，
又∠K＝∠H＝60°，PE＝PC，
∴△EHP≌△PKC（AAS）．
∴HP＝KC＝AD＝HG＝10，
∴△PGH 为等边三角形．
∵点M、N为PF、GF的中点，
∴MN为△PGF的中位线，MNPG．
∴PG＝HG＝AD＝10．
∴MN＝5．且长度不变；
连接CE，
由△CPE和△GPH都为等边三角形．
由手拉手模型易证△HPE≌△GPC（SAS）．
∴CG＝HE＝AF．
设PG与 AD 交于I点，易证△API和△GDI为等边三角形．
由上可知：△API和△IGD为等边三角形，
∴GD＝ID．
∴AF﹣DI＝CG﹣DG，
∴AI+DF＝DC＝6＝AP+PB，
∵AP＝AI，
∴PB＝DF，设AP＝a，
则PB＝6﹣a＝DF，AI＝AP＝a，ID＝10﹣a，
∴IF＝ID+DF＝10﹣a+6﹣a＝16﹣2a．
∵MN为△GFP的中位线，Q为IF中点，
∴IQIF＝8﹣a，
∴AQ＝AI+IQ＝a+8﹣a＝8．
故MN和AQ的长度都不变．
6．【解答】解：（1）四边形AFHE是正方形，理由如下：
∵Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
∴∠AFH＝90°，
在四边形AFHE中，∠FAE＝90°，∠AEB＝90°，∠AFH＝90°，
∴四边形AFHE是矩形，
又∵AE＝AF，
∴矩形AFHE是正方形；
（2）设AE＝x．则由（1）以及题意可知：AE＝EH＝FH＝AF＝x，BH＝7，BC＝AB＝13，
在Rt△AEB中，AB2＝AE2+BE2，
即132＝x2+（x+7）2，
解得：x＝5（负值舍去），
∴BE＝BH+EH＝5+7＝12，
∴DF＝BE＝12，
又∵DH＝DF+FH，
∴DH＝12+5＝17．
7．【解答】（1）证明：∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵OA＝OB＝OC＝ODAB，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：∵EF⊥BC，EG⊥AG，
∴∠G＝∠EFB＝∠FBG＝90°，
∴四边形BGEF是矩形，
∵将线段DH绕点H顺时针旋转90°，得到线段HE，
∴∠DHE＝90°，DH＝HE，
∴∠ADH+∠AHD＝∠AHD+∠EHG＝90°，
∴∠ADH＝∠EHG，
∵∠DAH＝∠G＝90°，
∴△ADH≌△GHE（AAS），
∴AD＝HG，AH＝EG，
∵AB＝AD，
∴AB＝HG，
∴AH＝BG，
∴BG＝EG，
∴矩形BGEF是正方形，
设AH＝x，则BG＝EG＝x，
∵s1＝s2．
∴x2＝2（2﹣x），
解得：x1（负值舍去），
∴AH1．
8．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC＝90°．
∵∠EDF＝45°，
∴∠EDA+∠CDF＝45°．
由旋转得，DM＝DE，∠MDC＝∠EDA，
∴∠MDC+∠CDF＝∠MDF＝45°，
∴∠MDF＝∠EDF．
∵DF＝DF，
∴△DEF≌△DMF（SAS）．
（2）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，
∴BE＝AB﹣AE＝3．
由旋转得，CM＝AE＝1，
∵△DEF≌△DMF，
∴EF＝FM．
设EF＝FM＝x，则CF＝FM﹣CM＝x﹣1，
∴BF＝BC﹣CF＝4﹣（x﹣1）＝5﹣x．
在Rt△BEF中，由勾股定理得，EF2＝BF2+BE2，
即x2＝（5﹣x）2+32，
解得x．
∴EF的长为．
9．【解答】（1）证明：如图，连接AC，AC′，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°，即AB⊥CC′，
∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，
∴AC＝AC′，
∴BC′＝BC；
（2）解：∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转，得到矩形AB′C′D′，
由旋转的性质得：BC′＝BC＝AD′，∠D′＝∠EBC′＝90°，
在△AED′和△C′EB中，
，
∴△AED′≌△C′EB（AAS），
∴AE＝C′E，
设AE＝x，则BE＝3﹣x，BC′＝1，
在直角三角形BC′E中，由勾股定理得：C′E2＝C′B2+BE2，
∴（3﹣x）2+1＝x2，
解得：，
∴．
10．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形且△ABE是等边三角形，
∴AB＝EB，
又由BM绕B点逆时针旋转60°得到BN，
则BM＝BN，
又∵∠ABM+∠ABN＝∠EBN+∠ABN＝60°，
∴∠ABM＝∠EBN，
在△AMB和△ENB中，
，
∴△AMB≌△ENB（SAS）．
（2）连接CE，过E作CB延长线的垂线EF交于点F，
在Rt△EFB中，EB＝2，∠EBF＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴EF＝1，
故△EBC的面积为．
11．【解答】解：（1）∵△CBD绕点B逆时针旋转90°至△ABE，
∴BE＝BD＝2，AE＝CD＝3，∠EBD＝90°，
∴△EBD是等腰直角三角形，∠BDE＝45°，
∴DE2，
∵AD2+DE2＝1+8＝9，
AE2＝32＝9，
∴AD2+DE2＝AE2，
∴△ADE是直角三角形，∠ADE＝90°，
∠ADB＝∠ADE+∠BDE＝135°；
（2）延长DB交AC于点E，
∵AD＝CD，BD＝BD，AB＝BC，
∴△ABD≌△CBD（SSS），
∴∠ADB＝∠CDB，
∵AD＝CD，DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，即E是AC中点，
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴BE＝AE＝CE，BE⊥AC，
设BE为x，则AE＝x，
∵AE2+DE2＝AD2，
∴x2+（x）2＝22，
解得：x，
∴BE，AC，DE，
过点A作AF⊥CD，交CD于点F，
设CF为y，则DF＝（2﹣x），
在Rt△ACF中，AF，
在Rt△ADF中，AF，
∴，
解得：x＝2，
∴DF，AF＝1，
cos∠ADC，
∴∠ADC＝30°，
∴∠ADB∠ADC＝15°．
12．【解答】解：（1）由旋转的性质可知，∠DAE＝60°，AD＝AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝60°，
∴∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，
即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ACE＝∠B＝60°，BD＝CE，
∴∠ECD＝180°﹣∠ACB﹣∠ACE＝60°；
（2）如图，过点A作AM⊥BC于点M，
∵△ABC是等边三角形，
∴CMBCAB＝3，
∴AM3，
∵CD＝2，
∴DM＝CM+CD＝5，
∴AD2，
∵∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴△ADE是等边三角形，
∴AD＝DE，
∴DE＝2．
13．【解答】解：（1）四边形BEGF是正方形．
由旋转可知，
∠F＝∠AEB＝90°，∠EBF＝90°，EB＝FB，
∴∠BEG＝90°，
∴四边形BEGF是矩形．
又∵EB＝FB，
∴四边形BEGF是正方形．
（2）过点D作AE的垂线，垂足为M，
∵∠DAM+∠EAB＝∠DAM+∠ADM＝90°，
∴∠EAB＝∠ADM．
在△EAB和△MDA中，
，
∴△EAB≌△MDA（AAS），
∴AM＝BE＝2．
∵四边形BFGE是正方形，
∴FG＝BE＝2，
∴FC＝2+1＝3．
由旋转可知，
AE＝FC＝3，
∴DM＝AE＝3，ME＝AE﹣AM＝1．
在Rt△DME中，
DE．
所以DE的长为．
14．【解答】解：（1）以C为圆心，CM长为半径画圆，连接CN交DE于M1，延长NC交圆于M2，
∵△ACB是等腰直角三角形，N是AB中点，
∴CN平分∠ACB，CNAB4＝2，
∵△DCE是等腰直角三角形，
∴M1是DE中点，
∴CM1DE2＝1，
∴M、N距离的最小值是NM1＝CN﹣CM1＝2﹣1＝1，M、N距离的最大值是NM2＝CN+CM2＝2+1＝3．
（2）连接CM，CN，作NH⊥MC交MC延长线于H，
∵△ACB是等腰直角三角形，N是AB中点，
∴CNAB＝2，
同理：CMDE＝1，
∵△CDE绕顶点C逆时针旋转120°，
∴∠MCN＝120°，
∴∠NCH＝180°﹣∠MCN＝60°，
∴CHCN＝1，
∴NHCH，
∵MH＝MC+CH＝2，
∴MN．
15．【解答】解：（1）作C′H⊥DC于H，如图：
∵△ABC绕点A旋转到△AB'C'，
∴AB'＝AB＝5，B'C'＝BC＝3，
∴DB'4，
∵∠C'B'H＝90°﹣∠DB'A＝∠DAB'，∠CHB'＝90°＝∠D，
∴△C′HB′∽△B′DA，
∴即，
∴C'H，
∴，
∵S△AB'C'＝S△B'C'M+S△AB'MAB' B'C'，
∴S△AB'MS△AB'C'；
∴△AB'C'与矩形ABCD重叠部分的面积是；
（2）作CN⊥AC'，如图：
∵△ABC绕点A旋转到△AB'C'，
∴AB'＝AB＝5，AC'＝AC，∠AB'C'＝∠B＝90°＝∠AB'C，B'C'＝BC＝3，
∴CC'＝2B'C'＝6，
∵2S△ACC'＝CC' AB'＝AC' CN，
∴CN，
∵∠CMN＝∠AMD，∠CNM＝∠ADM＝90°，
∴△CMN∽△AMD，
∴，
∴，即CN2 AM2＝AD2 CM2，
设DM＝x，
∴（）2×（x2+32）＝32（x+5）2，
化简得：33x2﹣170x+25＝0，
解得：x＝5（舍去）或x，
答：DM的长度为．
方法二：（1）过M作MN⊥AB′于N，如图：
由旋转的性质可知，∠C′AB′＝∠CAB，AB′＝AB＝5，
∴tan∠C′AB′＝tan∠CAB，
在Rt△ADB′中，DB′4，
∴tan∠AB′D，
设MN＝3x，则AN＝5x，B′N＝4x，
∴AB′＝9x＝5，
∴x，
∴MN，
∴S△AB′MMN AB′；
（2）设AB′交CD于N，如图：
由旋转的性质可知，AC′＝AC，∠C′AB′＝∠CAB，∠AB′C′＝∠B＝90°，
∴△ACC′为等腰三角形，∠C′AB′＝CAB′，
∵CD∥AB，
∴∠DCA＝∠CAB，
∴∠NAC＝∠NCA，
∴AN＝CN，
在Rt△ADN中，AD2+DN2＝AN2，
即，9+DN2＝（5﹣DN）2，
∴DN，
∵∠MNA＝∠NAC+∠NCA，
∴∠MAC＝∠MNA，
∵∠NMA＝∠CMA，
∴△AMN∽△CAM，
∴，
∴AM2＝MN CM，
在Rt△ADM中，AM2＝MD2+AD2，
∴MN CM＝MD2+AD2，
设DM＝x，则MN＝x，CM＝5+x，
∴（x）（x+5）＝x2+9，
解得：x，
即，DM．
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