2025年中考数学总复习《全等三角形模型之旋转模型》专项检测卷(附答案)

第第页答案第=page11页，共=sectionpages22页2025年中考数学总复习《全等三角形模型之旋转模型》专项检测卷(附答案)学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．和都是等腰直角三角形，．(1)如图1，点在上，则满足怎样的数量关系？请说明理由．(2)如图2，点在内部，点在外部，连接，则满足怎样的数量关系和位置关系？请说明理由．(3)如图3，点都在外部，连接，，，，与相交于点．若，求四边形的面积．2．（1）如图1，在四边形中，，E，F分别是边，上的点，且，线段，，之间的关系是_______；（不需要证明）（2）如图2，在四边形中，，E，F分别是边，上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．（3）如图3，在四边形中，，E，F分别是边，延长线上的点，且，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．3．已知，点为等边三角形所在平面内一点，且．(1)如图（1），，求证：；(2)如图（2），点在内部，且，求证：；(3)如图（3），点在内部，为上一点，连接，若，求证：．4．在四边形中，，；(1)如图1，已知，则的度数等于__________；(2)如图2，在四边形中，，，连接．若，求四边形的面积；(3)如图3，已知，，，，，求线段的长度．5．如图，在中，．(1)如图1，在内取点D，连接，，将绕点A逆时针旋转至，，连接，，，若，求的长；(2)如图2，点D为中点，点E在的延长线上，连接交于点F，，连接并延长至点G，连接，若，求证：﹔(3)如图3，，点D在的延长线上，连接，在上取点E，，连接，，若，当取最小值时，直接写出的面积．6．中，，，点在边上，将线段逆时针旋转得到，连接．(1)当，时，求证：．(2)当，时，若，求的值．7．如图，和都是等腰直角三角形，，，，的顶点A在的斜边上．(1)直接写出线段AE和BD之间的关系；(2)猜想线段AE、AD、AC之间的数量关系，并证明你的猜想；(3)若，，直接写出线段AC的长．8．如图，正方形中，，绕点顺时针旋转，它的两边分别交、或它们的延长线于点、．(1)当绕点旋转到时如图，证明：；(2)绕点旋转到时如图，求证：；(3)当绕点旋转到如图位置时，线段、和之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明．9．如图1，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为射线BC上一点，且与点B，C不重合，连接AD．作以∠FAD为直角的等腰直角△ADF．(1)若AB＝AC，∠BAC＝90°①当点D在线段BC上时，试探讨CF与BD的数量关系和位置关系；②当点D在线段BC的延长线上时，如图2，①中的结论是否仍然成立，请说明理由；(2)若AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC．上，且CF⊥BD时，如图3，试求∠BCA的度数．10．（1）【特例探究】如图1，在四边形中，，，，，猜想并写出线段，，之间的数量关系，证明你的猜想；（2）【迁移推广】如图2，在四边形中，，，．请写出线段，，之间的数量关系，并证明；（3）【拓展应用】如图3，在海上军事演习时，舰艇甲在指挥中心（处）北偏东20°的处．舰艇乙在指挥中心南偏西50°的处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达，处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰艇之间的距离．11．问题情境：如图1所示，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，DEBC，在图1中将ADE绕A点顺时针旋转一定角度，得到图2，然后将BD、CE分别延长至M、N，使DM=BD，EN=CE，得到图3，请解答下列问题：(1)猜想证明：若AB=AC，请探究下列数量关系：①在图2中，BD与CE的数量关系是_________．②在图3中，猜想∠MAN与∠BAC的数量关系，并证明你的猜想；(2)拓展应用：其他条件不变，若AB=AC，按上述操作方法，得到图4，请你继续探究：∠MAN与∠BAC的数量关系？AM与AN的数量关系？直接写出你的猜想．12．如图①，在中，，，点，分别在边，上，且，此时，成立．（1）将绕点逆时针旋转时，在图②中补充图形，并直接写出的长度；（2）当绕点逆时针旋转一周的过程中，与的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将绕点逆时针旋转一周的过程中，当，，三点在同一条直线上时，请直接写出的长度．13．如图①，在等边三角形中，点、分别在边、上，，连接、，点、、分别是、、的中点，连接、、、．（1）观察猜想：图①中是三角形（填“等腰”或“等边”）；（2）探究证明：如图②，绕点按逆时针方向旋转，其他条件不变，则的形状是否发生改变？并说明理由．14．综合与实践（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为．（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为．15．阅读下列材料：数学课上老师出示了这样一个问题：如图，等腰的直角顶点在正方形的边上，斜边交于点，连接，求证：．某学习小组的同学经过思考，交流了自己的想法：利用现在所学的旋转知识，可将旋转到，然后通过证明全等三角形来完成证明．（1）（问题解决）请你根据他们的想法写出证明过程；（2）（学以致用）如图，若等腰的直角顶点在正方形的边的延长线上，斜边的延长线交的延长线于点，连接，猜想线段，，满足怎样的数量关系？并证明你的结论；（3）（思维拓展）等腰直角中，，为内部一点，若，则的最小值______．参考答案1．(1)，理由见解析(2)，，理由见解析(3)18【分析】此题是四边形综合题，主要考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质．（1）根据等腰直角三角形的性质解答；（2）延长，分别交、于F、G，证明，根据全等三角形的性质、垂直的定义解答；（3）同理证明，得到，，再根据计算，求出四边形的面积．【详解】（1）解：，理由如下：∵和都是等腰直角三角形，，∴，，∴，∴；（2）解：，，理由如下：延长，分别交、于F、G，∵和都是等腰直角三角形，∴，，，∵，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，即；（3）解：如图，与相交于点∵和都是等腰直角三角形，∴，，，∵，，∴，∴，∴，，∵，∴，即，∴．2．（1）；（2）（1）中的结论仍然成立，理由见解析；（3）（1）中的结论不成立，，证明见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，夹半角模型．（1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长到G，使，连接．在和中，已知了一组直角，，，因此两三角形全等，可得，，进而得．由此可证，即可得，进而可得结论．（2）思路和作辅助线的方法与（1）完全一样，只不过证明和全等中，证明时，用到的等角的补角相等，其他的都一样．因此与（1）的结果完全一样．（3）按照（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在上截取，使，连接．根据（1）的证法，我们可得出，，那么．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．【详解】解：（1）延长到G，使，连接．∵，，∴，∴，，∴，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，故答案为：；（2）（1）中的结论仍然成立，理由如下：如图，延长至，使，连接，，，在和中，，，，，，，在和中，，，，，；（3）（1）中的结论不成立，，证明：如图3，在上截取，连接，∵，，∴．∵在与中，，∴，，∴，又∵，，在和中，，，，，．3．(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】（1）证明即可；（2）将绕A逆时针旋，得到，点P的对应点为E，连接，首先证明是等边三角形，从而得出，再利用含角的直角三角形的性质，可得答案；（3）将绕A逆时针旋，得到，点P的对应点为E，连接，同理得是等边三角形，过点C作平行于，交的延长线于点N，再利用证明，得，再证明，从而解决问题．【详解】（1）是等边三角形，，，，，，；（2），，将绕A逆时针旋转，得到，点P的对应点为E，连接，则，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴；（3）将绕A逆时针旋，得到，点P的对应点为E，连接，同理可知，是等边三角形，∴，，，又，过点C作交的延长线于点N，则又，由旋转得，∴又，∴，在和中，，∴，∴，∴，在和中，，∴【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，利用旋转将分散条件集中到一个三角形中是解题的关键．4．(1)(2)(3)【分析】（1）根据四边形内角和为即可求解；（2）延长至，使得，证明，得出是等腰直角三角形，进而即可求解；（3）过点作于点，得出，延长，使得，根据（2）可得，是等腰直角三角形，过点作于点，过点作交的延长线于点，证明，继而根据等腰直角三角形的性质的，即可得出，，进而勾股定理即可求解．【详解】（1）解：∵在四边形中，，，∴，故答案为：．（2）解：如图所示，延长至，使得，∵在四边形中，，∴，又∵，∴又∵∴∴，，∴，∴是等腰直角三角形，又∵，∴；（3）解：如图所示，过点作于点，∵，，∴，，∵∴延长，使得，∵，∴由（2）可得，是等腰直角三角形，∴∴过点作于点，过点作交的延长线于点，∴∴四边形是矩形，∴∴，∴又∵，∴，∴，,∵是等腰直角三角形，∴，∴，则在中，．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，四边形内角和，勾股定理，等腰直角三角形的性质，矩形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．5．(1)；(2)见解析；(3)．【分析】（1）先证明，从而得到，过E作垂直于的延长线于点F，由得到，从而得到和的值，然后在中用勾股定理求出，则即可；（2）取中点H，连接、，由是中位线得到，由得到，，因为，则是中位线，，，从而证明，得到，因为，得到是等边三角形，即即可；（3）建立直角坐标系，设，则，用带有x的表达式得到，利用二次函数的性质即可求解．【详解】（1）解：过E作垂直于的延长线于点F，如图3所示，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，，∵，∴，，，∴在中，，，，∴；；（2）解：取中点H，连接、，与交于点O，如图4所示，∵D是中点，，∴是的中位线，是的中位线，∴，，∵，∴，，，∴，，∵，∴，，，∵，∴，是等腰三角形，∵，∴是等边三角形，，∴；；（3）解：以点为原点，为x轴，建立直角坐标系，设，则，∵，∴是等边三角形，∴∵，∴，，∵，则当时，有最小值，即有最小值，∴．【点睛】本题主要考查的是三角形综合内容，涉及勾股定理、全等三角形、等腰三角形、中位线性质等，第3问，利用二次函数的性质求得最小值是解题的关键．6．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意证明，得出，，，勾股定理即可得证；（2）在的延长线上取点，使，由同理得，设，根据勾股定理得出，作于，得出是等腰直角三角形，分别求得，即可求解．【详解】（1）证明：如图，连接，，，在和中，，，，，，，，；（2）在的延长线上取点，使，由同理得，，，设，∴作于，，是等腰直角三角形，∴．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，掌握旋转的性质是解题的关键．7．(1)数量关系：AE=BD，位置关系：AE⊥BD(2)，见解析(3)2【分析】（1）由SAS证明，再利用全等三角形对应边相等解答；（2）由得到，，继而解得，最后由勾股定理解答；（3）利用（2）中结论解答即可．【详解】（1）解：数量关系：AE=BD，位置关系：AE⊥BD，理由如下在等腰直角三角形与中，又，，AE=BD，AE⊥BD，故答案为：数量关系：AE=BD，位置关系：AE⊥BD；（2）AE、AD、AC之间数量关系理由如下：，，，又，．在中，由勾股定理可知，同理，在中，，又，，．（3）是等腰直角三角形，【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．8．(1)见解析(2)见解析(3)，见解析【分析】（1）把绕点顺时针旋转，得到，证得、、三点共线，即可得到≌，从而证得；（2）证明方法与（1）类似；（3）在线段上截取，判断出≌，同（2）的方法，即可得出结论．【详解】（1）证明：如图，∵把绕点顺时针旋转，得到，≌，，，四边形是正方形，，，点、、三点共线．，又，在与中，，≌，，，，，．（2）证明：如图，把绕点顺时针旋转，得到，≌，，，四边形是正方形，，，点、、三点共线．，又，在与中，，≌，，，．（3）解：理由如下：如图，在线段上截取，连接，在与中，，≌，，．在和中，，≌，，．【点睛】本题是四边形综合题，考查正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键．9．(1)①，；②存在，详见解析(2)45°【分析】（1）①由“SAS”可证△ACF≌△ABD，可得CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，可证CF⊥BD；②由“SAS”可证△ACF≌△ABD，可得CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，可证CF⊥BD；（2）过点A作AE⊥AC交BC于E，再根据同角的余角相等求出∠CAF=∠EAD，然后利用“角角边”证明△ACF和△AED全等，可得AC=AE，∠ACE=45°，即△ACE是等腰直角三角形，再根据CF⊥BD可得∠BCA=45°．【详解】（1）①∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形，∴∠CAF+∠CAD=90°，∠BAD+∠CAD=90°，∴∠CAF=∠BAD，在△ACF和△ABD中，，∴△ACF≌△ABD（SAS），∴CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，∵∠ACB=45°，∴∠FCB=90°，∴CF⊥BD；②CE=BD，CF⊥BD，理由如下：如图2，∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形，∴∠BAC=∠DAF=90°，∴∠CAF=∠BAD，在△ACF和△ABD中，，∴△ACF≌△ABD（SAS），∴CF=BD，∠ACF=∠ABD=45°，∵∠ACB=45°，∴∠FCB=90°，∴CF⊥BD；（2）如图，过点A作AE⊥AC交BC于E，∵∴∠BCF=∠ACF+∠BCA=90°∵AE⊥AC∴∠AEC+∠BCA=90°∴∠ACF=∠AEC∵∠CAF+∠CAD=90°，∠EAD+∠CAD=90°，∴∠CAF=∠EAD，在△ACF和△AED中，，∴△ACF≌△AED（AAS），∴AC=AE，∴∠ACE=45°，∴∠BCA=45°【点睛】本题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，根据同角的余角相等求出两边的夹角相等是证明三角形全等的关键，此类题目的特点是各小题求解思路一般都相同．10．（1）EF=BE+DF，理由见解析；（2）EF=BE+DF，理由见解析；（3）85海里【分析】（1）延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，可证得△ABE≌△ADG，可得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，再由，，可证得△AEF≌△AGF，从而得到EF=FG，即可求解；（2）延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，可证得△ABE≌△ADH，可得到AE=AH，∠BAE=∠DAH，再由，可证得△AEF≌△AHF，从而得到EF=FH，即可求解；（3）连接CD，延长AC、BD交于点M，根据题意可得∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，再由（2）【迁移推广】得：CD=AC+BD，即可求解．【详解】解：（1）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，∵，∴∠ADG=∠ABC=90°，∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵，，∴∠BAE+∠DAF=50°，∴∠FAG=∠EAF=50°，∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，∵FG=DG+DF，∴EF=DG+DF=BE+DF；（2）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，∵，∠ADC+∠ADH=180°，∴∠ADH=∠ABC，∵AB=AD，∴△ABE≌△ADH，∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，∵∴∠EAF=∠BAE+∠DAF=∠DAF+∠DAH，∴∠EAF=∠HAF，∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF，∴EF=FH，∵FH=DH+DF，∴EF=DH+DF=BE+DF；（3）如图，连接CD，延长AC、BD交于点M，根据题意得：∠AOB=20°+90°+40°=150°，∠OBD=60°+50°=110°，∠COD=75°，∠OAM=90°-20°=70°，OA=OB，∴∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，∵OA=OB，∴由（2）【迁移推广】得：CD=AC+BD，∵AC=80×0.5=40，BD=90×0.5=45，∴CD=40+45=85海里．即此时两舰艇之间的距离85海里．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰直角三角形的性质，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确的作出辅助线构造全等三角形，解答时，注意类比思想的应用．11．(1)①BD=CE；②∠MAN=∠BAC，见解析(2)∠MAN=∠BAC，AM=AN【分析】（1）①根据题意和旋转的性质可知△AEC≌△ADB，所以BD=CE；②根据题意可知∠CAE=BAD，AB=AC，AD=AE，所以得到△BAD≌△CAE，在△ABM和△ACN中，DM=BD，EN=CE，可证△ABM≌△ACN，所以AM=AN，即∠MAN=∠BAC．（2）直接类比（1）中结果可知AM=AN，∠MAN=∠BAC．【详解】（1）①∵DE∥BC∴△BAC∽△DAE∵AB=AC，∴AD=AE∵由旋转可得：∠BAC=∠DAE，∴∠CAE=∠BAD∴△BAD≌△CAE∴BD=CE，②∠MAN=∠BAC理由：如图1，∵DE∥BC∴△BAC∽△DAE∵AB=AC，∴AD=AE∵由旋转可得：∠BAC=∠DAE，∴∠CAE=∠BAD∴△BAD≌△CAE∴BD=CE，∠ACE=∠ABD∵DM=BD，EN=CE∴BM=CN△ABM≌△ACN∴∠BAM=∠CAN∴∠BAM-∠CAM=∠CAN-∠CAM即∠MAN=∠BAC；（2）结论：∠MAN=∠BAC，AM=AN∵△ABC∽△ADE，∴∴∵∠CAE=∠DAE+∠CAD，∠BAD=∠BAC+∠CAD，∴∠CAE=∠BAD，∴△ADB∽△AEC，∴∵DM=BD，EN=CE∵∠ADM=∠ABD+∠BAD，∠AEN=∠ACE+∠CAE，∴∠ADM=∠AEN，∴△ADM∽△AEN，∴AM：AN=AD：AE=，∴∠DAM=∠EAN，∴∠NAE+∠MAE=∠NAE+∠MAE，∴∠MAN=∠DAE，∵∠DAE=∠BAC，∴∠MAN=∠BAC．AM=k•AN，∠MAN=∠BAC．【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握旋转的性质是解题的关键．12．（1）补充图形见解析；；（2），仍然成立，证明见解析；（3）或．【分析】（1）根据旋转作图的方法作图，再根据勾股定理求出BE的长即可；（2）根据SAS证明得AD=BE，∠1=∠2，再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，从而可得出结论；（3）分两种情况，运用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）如图所示，根据题意得，点D在BC上，∴是直角三角形，且BC=，CE=由勾股定理得，；（2），仍然成立.证明：延长交于点，∵，，，∴，又∵，，∴，∴，，在中，，∴，∴，∴.（3）①当点D在AC上方时，如图1所示，同（2）可得∴AD=BE

同理可证在Rt△CDE中，∴DE=在Rt△ACB中，∴设AD=BE=x，在Rt△ABE中，∴解得,∴②当点D在AC下方时，如图2所示，同（2）可得∴AD=BE

同理可证在Rt△CDE中，∴DE=在Rt△ACB中，∴设AD=BE=x，在Rt△ABE中，∴解得,∴.所以,AD的值为或【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识，熟练解答本题的关键．13．（1）等边；（2）的形状不发生改变，仍为等边三角形，理由见解析．【分析】（1）利用三角形的中位线定理证明PM＝PN，再证明∠MPN＝60°即可解决问题；（2）△PMN的形状不发生改变，仍为等边三角形．如图2中，连接BD，CE．证明△ABD≌△ACE（SAS），即可解决问题．【详解】（1）结论：是等边三角形．理由：如图1中，是等边三角形，，，，，，，，，，，，，，，，是等边三角形，故答案为等边．（2）的形状不发生改变，仍为等边三角形，理由如下：如图2中，连接，．由旋转可得，是等边三角形，，又，，，，是的中点，是的中点，是的中位线，，且．同理可证且，，，，，，是等边三角形．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考压轴题．14．（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；（3）在NC上截取CM'=AM，连接BM'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CBM'，从而得到AM=CM'，BM=BM'，∠ABM=∠CBM'，进而得到∠MAM'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC

，∴∠BCM'+∠BCD=180°，∴点M'、C、N三点共线，∵∠MBN=45°，∴∠ABM+∠