上海中考数学压轴题专项练习

已知条件：

\[ \begin{aligned} &\text{正方形边长：} AB = BC = CD = DA = 4 \\[4pt] &\text{点 }E\text{ 在 }AB\text{ 上：} AE = 1,\quad BE = 3 \\[4pt] &\text{旋转操作：}\triangle ADE \xrightarrow{\text{绕 }D\text{ 顺时针 }90^{\circ}} \triangle CDF \\[4pt] &\text{旋转中心：} D,\quad \text{旋转方向：顺时针},\quad \text{旋转角：} 90^{\circ} \end{aligned} \]

旋转直接推得的关键等式：

\[ \begin{aligned} AD &= CD = 4 \quad\text{（正方形邻边相等，旋转后 }A\text{ 对应 }C\text{）}\\[4pt] DE &= DF \quad\text{（旋转保持距离：对应点到旋转中心距离相等）}\\[4pt] AE &= CF \quad\text{（旋转保持距离：对应线段相等）}\\[4pt] \angle ADE &= \angle CDF \quad\text{（旋转角处处相等）} \end{aligned} \]

关键公式：

\[ DF = \sqrt{AD^2 + AE^2} = \sqrt{4^2 + 1^2} = \sqrt{17} \]

\[ CF = AE = 1 \quad\text{（旋转保持长度）} \]

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拿到这道题，先问自己三个问题：

1. 旋转给了我什么？ 旋转是"保距变换"——对应线段长度不变，对应角角度不变。旋转中心 \(D\) 到任一对应点对的距离相等（\(DA=DC\)，\(DE=DF\)）。旋转角 \(90^{\circ}\) 意味着对应线段互相垂直。
2. 正方形给我什么？ 四边相等、四角为直角。\(AD=CD=4\)，这恰好是旋转把 \(A\) 送到 \(C\) 的原因——\(A\) 绕 \(D\) 顺时针转 \(90^{\circ}\) 正好落在 \(C\) 的位置。
3. 第(3)问的突破口在哪？ 两条直线 \(AC\) 和 \(DE\) 的方程都可以写出来（坐标系以 \(D\) 为原点），求交点 → 求线段比 → 求三角形面积。这是"坐标化"思想的典型应用。

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基础题 1： 如图（同原图），正方形 \(ABCD\) 中，\(AD=4\)。将点 \(A\) 绕点 \(D\) 顺时针旋转 \(90^{\circ}\) 后落在哪个点？为什么？

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落在点 \(C\)。因为正方形中 \(AD \perp CD\) 且 \(AD=CD\)，点 \(A\) 绕 \(D\) 顺时针转 \(90^{\circ}\) 恰好到达点 \(C\) 的位置。

基础题 2： 在 \({\rm Rt}\triangle ADE\) 中，\(AD=4\)，\(AE=1\)，\(\angle DAE = 90^{\circ}\)。求斜边 \(DE\) 的长。

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由勾股定理：\(DE = \sqrt{AD^2 + AE^2} = \sqrt{16+1} = \sqrt{17}\)。

基础题 3： 已知旋转不改变线段的长度。若 \(AE=1\)，旋转后 \(AE\) 对应哪条线段？该线段的长度是多少？

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\(AE\) 的对应线段是 \(CF\)。因为旋转保持长度不变，所以 \(CF = AE = 1\)。

基础题 4： 在平面直角坐标系中，以 \(D\) 为原点 \((0,0)\)，\(DC\) 为 \(x\) 轴正方向，\(DA\) 为 \(y\) 轴正方向。写出点 \(A\)、\(B\)、\(C\)、\(E\) 的坐标。

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\[ D(0,0),\quad C(4,0),\quad B(4,4),\quad A(0,4),\quad E(1,4) \]

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第一层（面对题目不知从何入手）：

旋转的核心就是"变位置不变形状"。想想看：旋转前 \(\triangle ADE\) 的每个顶点去了哪里？\(A\) 绕 \(D\) 顺时针转 \(90^{\circ}\) 后在哪里？（提示：正方形中 \(AD\) 和 \(CD\) 是什么关系？）找到对应点后，全等就水到渠成了。

第二层（第(2)(i)问有困难）：

要证明三点共线，可以思考：\(B\) 和 \(C\) 在正方形的同一条边上（都是右边）。\(F\) 是由 \(E\) 旋转得来的，而 \(E\) 在正方形的上边 \(AB\) 上。想一想：\(AE\) 方向是水平的（沿着上边），绕 \(D\) 顺时针转 \(90^{\circ}\) 后变成什么方向？这个方向上的线段从 \(C\) 出发，能到达哪里？

第三层（第(3)问有困难）：

以 \(D\) 为原点建立直角坐标系——既然有正方形，坐标化是最自然的思路。写出直线 \(DE\) 的方程（过原点且过 \(E(1,4)\)，所以是 \(y=4x\)）。写出直线 \(AC\) 的方程（过 \(A(0,4)\) 和 \(C(4,0)\)，所以是 \(y=-x+4\)）。交点 \(G\) 的坐标一求，线段比和面积就都出来了。

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(1)(i) — 求 \(DF\) 和 \(CF\) 的长度

求 \(DF\)： 在 \({\rm Rt}\triangle ADE\) 中，\(AD=4\)，\(AE=1\)，\(\angle DAE = 90^{\circ}\)。

由勾股定理：

\[ DE = \sqrt{AD^2 + AE^2} = \sqrt{16+1} = \sqrt{17} \]

旋转保持长度不变，所以：

\[ DF = DE = \sqrt{17} \]

求 \(CF\)： 旋转前后对应线段相等，\(AE\) 的对应线段是 \(CF\)：

\[ CF = AE = 1 \]

（也可通过 \({\rm Rt}\triangle CDF\) 验证：\(CD=4\)，\(DF=\sqrt{17}\)，\(CF=\sqrt{DF^2-CD^2}=1\)，一致。）

(1)(ii) — 求证 \(\triangle ADE \cong \triangle CDF\)

证法一（利用旋转性质）：

旋转是全等变换，将 \(\triangle ADE\) 绕点 \(D\) 顺时针旋转 \(90^{\circ}\) 即得 \(\triangle CDF\)，因此 \(\triangle ADE \cong \triangle CDF\)。

证法二（SAS 判定）：

• \(AD = CD = 4\)（正方形邻边相等）
• \(DE = DF\)（旋转保持对应点到旋转中心的距离相等，即 \(DE=DF=\sqrt{17}\)）
• \(\angle ADE = \angle CDF\)（旋转角处处相等，\(DA\) 转 \(90^{\circ}\) 到 \(DC\) 位置，\(DE\) 同样转 \(90^{\circ}\) 到 \(DF\) 位置，夹角不变）

由 SAS，\(\triangle ADE \cong \triangle CDF\)。\(\square\)

(2)(i) — 求证 \(B\)、\(C\)、\(F\) 三点共线，并求 \(BF\)

证共线： 以 \(D\) 为原点建立直角坐标系，\(DC\) 沿 \(x\) 轴正方向，\(DA\) 沿 \(y\) 轴正方向。

则各点坐标为：

\[ D(0,0),\quad C(4,0),\quad B(4,4),\quad A(0,4),\quad E(1,4) \]

旋转操作：点 \((x,y)\) 绕原点顺时针旋转 \(90^{\circ}\) 的变换公式为 \((x,y) \to (y,-x)\)。

将 \(E(1,4)\) 代入：

\[ F = (4,-1) \]

观察 \(B(4,4)\)、\(C(4,0)\)、\(F(4,-1)\)，三点的横坐标均为 \(4\)，因此它们都在直线 \(x=4\) 上，即三点共线。\(\square\)

求 \(BF\)：

\[ BF = y_B - y_F = 4 - (-1) = 5 \]

(2)(ii) — 求 \(\triangle BEF\) 的面积

\[ B(4,4),\quad E(1,4),\quad F(4,-1) \]

\(B\) 和 \(E\) 的纵坐标相同（\(y=4\)），因此 \(BE\) 是水平线段：

\[ BE = 4 - 1 = 3 \]

点 \(F(4,-1)\) 到直线 \(BE\)（即 \(y=4\)）的竖直距离为：

\[ h = |y_F - 4| = |-1-4| = 5 \]

\[ S_{\triangle BEF} = \frac{1}{2} \cdot BE \cdot h = \frac{1}{2} \times 3 \times 5 = \frac{15}{2} = 7.5 \]

(3) — 求 \(DG:GE\) 和 \(S_{\triangle DGC}\)

求交点 \(G\)：

直线 \(AC\) 过 \(A(0,4)\) 和 \(C(4,0)\)，方程：

\[ y = -x + 4 \]

直线 \(DE\) 过原点 \(D(0,0)\) 和 \(E(1,4)\)，斜率 \(k = \frac{4-0}{1-0}=4\)，方程：

\[ y = 4x \]

联立：

\[ 4x = -x + 4 \quad\Rightarrow\quad 5x = 4 \quad\Rightarrow\quad x = \frac{4}{5}=0.8 \]

\[ y = 4 \times 0.8 = \frac{16}{5} = 3.2 \]

\[ G\left(\frac{4}{5},\ \frac{16}{5}\right) \]

求 \(DG:GE\)：

\[ DG = \sqrt{\left(\frac{4}{5}\right)^2 + \left(\frac{16}{5}\right)^2} = \frac{1}{5}\sqrt{16 + 256} = \frac{\sqrt{272}}{5} = \frac{4\sqrt{17}}{5} \]

\[ GE = \sqrt{\left(1-\frac{4}{5}\right)^2 + \left(4-\frac{16}{5}\right)^2} = \sqrt{\left(\frac{1}{5}\right)^2 + \left(\frac{4}{5}\right)^2} = \frac{1}{5}\sqrt{1+16} = \frac{\sqrt{17}}{5} \]

\[ \frac{DG}{GE} = \frac{4\sqrt{17}/5}{\sqrt{17}/5} = \frac{4}{1} \]

\[ \boxed{DG : GE = 4 : 1} \]

求 \(S_{\triangle DGC}\)：

\[ D(0,0),\quad G\left(\frac{4}{5},\frac{16}{5}\right),\quad C(4,0) \]

以 \(DC\) 为底边（在 \(x\) 轴上，长度 \(=4\)），点 \(G\) 到 \(DC\) 的距离即为其纵坐标 \(y_G = \frac{16}{5}\)：

\[ S_{\triangle DGC} = \frac{1}{2} \times DC \times h = \frac{1}{2} \times 4 \times \frac{16}{5} = \frac{32}{5} = 6.4 \]

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易错点	正确做法
混淆旋转前后对应关系：认为 \(A \to F\)、\(E \to C\)	题目明确：\(\triangle ADE \to \triangle CDF\)，说明 \(A \to C\)，\(D \to D\)（不动），\(E \to F\)
忘记勾股定理的前提：\(\triangle ADE\) 必须是直角三角形	正方形中 \(\angle DAE = 90^{\circ}\)，\(\triangle ADE\) 确实是直角三角形 ✓
求 \(BF\) 时漏掉 \(CF\) 段的长度	\(BF = BC + CF = 4 + 1 = 5\)（三点共线，需分段加总）
写出直线方程后，求线段比时忘记化简	\(DG:GE = \frac{4\sqrt{17}}{5} : \frac{\sqrt{17}}{5} = 4:1\)，中间过程可保留根号，最后约分
混淆旋转顺/逆时针方向	顺时针旋转 \(90^{\circ}\) 的坐标变换是 \((x,y) \to (y,-x)\)（逆时针是 \((x,y) \to (-y,x)\)）
\(\triangle BEF\) 面积计算中找错底或高	\(BE\) 是水平的（\(y=4\)），高就是 \(F\) 的纵坐标与 \(4\) 的差
坐标化时忘记以 \(D\) 为原点	旋转中心是 \(D\)，以 \(D\) 为原点能使旋转公式最简单

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1. 旋转变换的深度理解：不仅记住"旋转保距"，还要能主动运用——从旋转直接读出 \(DE=DF\)、\(AE=CF\)，省去勾股定理的计算。
2. 坐标系的灵活建立：旋转中心为原点时，旋转变换的坐标公式最简洁。学会"把旋转中心放在原点"是解题的关键技巧。
3. 三点共线的多种证法：本题用坐标法（横坐标相同）证明；也可用几何法（\(AE\) 水平 → 旋转 \(90^{\circ}\) 后 \(CF\) 竖直，而 \(BC\) 也是竖直）。
4. 一次函数求交点：两条直线的方程联立解二元一次方程组，是函数与几何综合的基本功。
5. 线段比的坐标计算：当端点坐标都有理数时，直接代入两点距离公式然后约分（如 \(\sqrt{17}\) 在分子分母中约去），不必急着化简中间步骤。

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变式 1（改变旋转方向）：

将原题中的"顺时针旋转 \(90^{\circ}\)"改为"逆时针旋转 \(90^{\circ}\)"。此时点 \(F\) 会落在哪里？\(B\)、\(C\)、\(F\) 是否还共线？\(\triangle BEF\) 的面积变为多少？

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逆时针 \(90^{\circ}\) 变换公式为 \((x,y) \to (-y,x)\)。\(E(1,4) \to (-4,1)\)，即 \(F(-4,1)\)。此时 \(B(4,4)\)、\(C(4,0)\)、\(F(-4,1)\) 不共线。重新计算 \(\triangle BEF\) 面积即可（留作练习）。

变式 2（改变 E 的位置）：

在原题中，将条件改为 \(AE=2\)（即 \(E\) 为 \(AB\) 中点）。此时 \(DG:GE\) 是多少？\(\triangle DGC\) 的面积又是多少？

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\(E(2,4)\)，\(DE\) 方程变为 \(y=2x\)。与 \(AC\)（\(y=-x+4\)）联立得 \(2x=-x+4\)，\(x=\frac{4}{3}\)，\(y=\frac{8}{3}\)。\(G\left(\frac{4}{3},\frac{8}{3}\right)\)。\(DG:GE=2:1\)，\(S_{\triangle DGC}=\frac{1}{2}\times 4\times\frac{8}{3}=\frac{16}{3}\)。

变式 3（旋转任意角）：

若将 \(\triangle ADE\) 绕点 \(D\) 顺时针旋转 \(\alpha\)（\(0^{\circ}<\alpha<90^{\circ}\)）得到 \(\triangle C'D'E'\)。用含 \(\alpha\) 的式子表示 \(C'\) 和 \(E'\) 的坐标。

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\(A(0,4)\) 旋转 \(\alpha\) 得 \(C'(4\sin\alpha,\ 4\cos\alpha)\)。\(E(1,4)\) 旋转 \(\alpha\) 得 \(E'(\sin\alpha+4\cos\alpha,\ -\cos\alpha+4\sin\alpha)\)。这是旋转变换的一般形式（矩阵表示），高中会系统学习。

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完成本题后，请认真思考以下问题：

1. 旋转与全等的关系：本题中 \(\triangle ADE \cong \triangle CDF\) 是由旋转变换直接得出的。回顾一下：在中考中，全等三角形的证明有多少种方法？旋转给我们提供了一种"无需找对应边角"的证明捷径——为什么说旋转是"自带全等"的变换？
2. 坐标法的威力：第(2)(i)问中，用坐标证明 \(B\)、\(C\)、\(F\) 三点共线几乎不需要思考（横坐标都是 4）。但如果不建坐标系，用纯几何方法该如何证明？这两种方法各有什么优势？
3. 特殊与一般的辩证：本题中 \(A\) 旋转 \(90^{\circ}\) 后恰好落在 \(C\)，这是一个"巧合"——原因是正方形中 \(AD=CD\) 且 \(AD \perp CD\)。如果 \(ABCD\) 是一个普通矩形（\(AD \neq CD\)），旋转 \(90^{\circ}\) 后 \(A\) 的对应点还会落在任何一个原顶点上吗？这种"利用特殊条件简化问题"的策略，在中考压轴题中有多么常见？
4. 定比分点与面积：第(3)问求出 \(DG:GE = 4:1\) 后，\(\triangle DGC\) 的面积可以用"同底等高"的思想由 \(\triangle DEC\) 的面积直接推导吗？如果可以，它们的面积比是多少？这种"利用线段比推面积比"的方法在几何中叫什么？

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