专题08 动点类题目旋转问题探究(解析版)

专题08 动点类题目旋转问题探究

题型一：旋转问题中三点共线问题

例1．（2019?绍兴）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD=30，DM=10.

（1）在旋转过程中，

①当A、D、M三点在同一直线上时，求AM的长.

②当A、D、M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长.

（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连接D1D2，如图2，此时∠AD2C=135°，CD2=60，求BD2的长.

【分析】（1）①根据点D及M的运动轨迹为圆，根据位置关系判断出点A、D、M三点在同一直线上时有两种情况，点D在A与M之间或点M在A与D之间；②由题意知D、M均可能为直角顶点，分类讨论求解；（2）由题意知△AD1D2是等腰直角三角形，连接CD1，△ABD2≌△ACD1，由∠D1D2C=90°，利用勾股定理求得CD1的值，即为BD2的值.

【答案】见解析.

【解析】解：（1）①点D在A与M之间时，AM=AD+DM=30+10=40.

点M在A与D之间时，AM=AD－DM=30－10=20.

②当∠ADM=90°时，

由勾股定理得AM

当∠AMD=90°时，

由勾股定理得AM

D M

（2）∵摆动臂AD 顺时针旋转90°，点D 的位置由△ABC 外的点D 1转到其内的点D 2处，

∴AD 1=AD 2，∠D 1AD 2=90°，

∴∠AD 1D 2=∠AD 2D 1=45°，D 1D 2=∵∠AD 2C =135°，

∴∠D 1D 2C =90°，

连接D 1C ，如下图所示，

∵∠BAD 2+∠D 2AC =∠CAD 1+∠D 2AC =90°，

∴∠BAD 2=∠CAD 1

∵AB =AC ，AD 2=AD 1，

∴△ABD 2≌△ACD 1

∴BD 2= CD 1

在Rt △D 1D 2C 中，由勾股定理得：D 1C =.

题型二：旋转与全等及直角三角形存在性问题

例2．（2019?金华）如图，在等腰Rt △ABC 中，∠ACB =90°，AB =点D ，E 分别在边AB ，BC 上，将线段ED 绕点E 按逆时针方向旋转90°得到EF .

（1）如图1，若AD=BD ，点E 与点C 重合，AF 与DC 相交于点O ,求证：BD=2DO .

（2）已知点G 为AF 的中点.

①如图2，若AD=BD ，CE =2，求DG 的长.

②若AD =6BD ,是否存在点E ,使得△DEG 是直角三角形？若存在，求CE 的长；若不存在，试说明理由.

图1 图2 图3

【分析】（1）由旋转性质及题意证明△ADO ≌△FCO ，得到结论；（2）①过点D ,F 作DN ⊥BC , FM ⊥BC ，得到△DNE ≌△EMF ，再由DG 是△ABF 的中位线，得到结果；②分当∠DEG =90°及∠EDG =90°讨论，作出图形，构造全等三角形、相似三角形求解.

【答案】见解析.

【解析】解：

（1）由旋转性质得：CD =CF ，∠DCF =90°，

∵△ABC 是等腰直角三角形，AD =BD .

即∠ADO =90°，CD =BD =AD ,

∴∠DCF =∠ADC .

在△ADO 和△FCO 中，

∴△ADO ≌△FCO ，

∴DO =CO ，

∴BD =CD =2OD .

（2）①如下图所示,过点D ,F 作DN ⊥BC 于点N ,FM ⊥BC 于点M ,连结BF .

∴∠DNE =∠EMF =90°.

又∵∠NDE =∠MEF ,DE =EF ,

∴△DNE ≌△EMF ,

∴DN =EM .

∵BD

=,∠ABC =45°,

ADO FCO AOD FOC AD FC =??=??=?∠∠，

∠∠，

，

∴DN =EM =7,

∴BM=BC －ME －EC=5,

∴MF=NE= NC －EC=5.

∴BF =∵点D ,G 分别是AB,AF 的中点,

∴DG =1

2BF =2.

②过点D 作DH ⊥BC 于点H .

∵AD =6BD ，AB =BD=.

当∠DEG =90°时，有如下图两种情况，

设CE=t .

∵∠DEF=90°，∠DEG=90°，

∴点A 、F 、E 在一条直线上.

∴BH=DH =2, BE =14－t ，HE=BE －BH=12－t.

由△DHE ∽△ECA ，得：EC AC DH EH =，即t

212t =-，

解得t =6±

即CE 的长为6+或6-.

当DG ∥BC 时，如下图所示，

过点F作FK⊥BC于点K,延长DG交AC于点N，延长AC并截取MN=NA.连结FM.

则NC=DH=2,MC=10.

设GN=t,则FM=2t,BK=14－2t.

∵△DHE≌△EKF，

∴KE=DH=2,KF=HE=14－2t,

∵MC=FK,

∴14－2t=10,得t=2.

∵GN=EC=2, GN∥EC，

∴四边形GECN是平行四边形. ∠ACB=90°，

∴四边形GECN是矩形，∠EGN=90°.

∴当EC=2时，有∠DGE=90°.

当∠EDG=90°时，如下图所示，

过点G，F分别作AC的垂线，交射线AC于点N,M，过点E作EK⊥FM于点K，过点D作GN的垂线，交NG的延长线于点P. 则PN=HC=BC-HB=12,

设GN=t，则FM=2t，∴PG=PN-GN=12-t.

由△DHE≌△EKF可得：FK=2，

∴CE=KM=2t-2，

∴HE=HC-CE=12-(2t-2)=14-2t，

∴EK=HE=14-2t,

AM=AC+CM=AC+EK=14+14-2t=28-2t，

∴MN =12

AM =14-t ，NC =MN -CM =t ， ∴PD =t -2，由△GPD ∽△DHE 可得：

12-t 22142t t -=-，解得t

（不符题意，舍去）或10

∴CE=2t -2

=18-综上所述，CE

的长为：6+

或6-或2

或18-

题型三：旋转问题中线段比值是否变化问题

例3．（2019?德州）（1）如图1，菱形AEGH 的顶点E 、H 在菱形ABCD 的边上，且∠BAD =60°，请直接写出HD :GC :EB 的值；

（2）将图1中的菱形AEGH 绕点A 旋转一定角度，如图2，求HD :GC :EB ；

（3）把图2的菱形都换成矩形，如图3，且AD :AB =AH :AE =1:2，此时HD :GC :EB 的结果与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果；若无变化，说明理由.

图1 图2 图3

【答案】见解析.

【解析】解：（1）HD :GC :EB =1

：1；

（2）

如图，连接AC ，BD 交于点O ，连接AG ，

由题意知：AD =AB ，AH =AE ，∠DAB =∠HAE =60°，

∴△DAH ≌△BAE ，

∴DH =BE ,

又∠DAB =60°，ABCD 是菱形，

∴∠DAC =30°，AC ⊥BD ，BD =2OD ，AC =2OA ，

在Rt △AOD 中，OD :OA

∴BD :AC

=3,

由△ABD 是等边三角形，得：AD =BD ，

即AD :AC

同理，得AH :AG

=3,

∴AD :AC =AH :AG ，

又∠DAC =∠HAG ，∠DAH +∠HAC =∠CAG +∠HAC ，即∠DAH =∠CAG ，

∴△DAH ∽△CAG ，

∴DH :GC

∴HD :GC :EB

=1: :1.

(3)有变化，HD :GC :EB

=1:

如上图所示，由题意知：∠1+∠HAB =∠2+∠HAB =90°，

∴∠1=∠2，

由AH :AE =AD :AB =1:2，得：AH :AD =AE :AB ，

A B

∴HD:EB=1:2，

连接AG，AC，

由∠2+∠HAC=∠3+∠HAC，得：∠2=∠3，

AG，AC,

∴AD:AC=AH:AG,

∴△ADH∽△ACG，

∴HD:GC

∴HD:GC:EB=1: :2.

题型四：旋转问题中落点规律性问题

例4．（2019?台州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC 交AD于点F，AP=FD.

（1）求AF

的值；

（2）如图1，连接EC，在线段EC上取一点M，使EM=EB，连接MF，求证：MF=PF；

（3）如图2，过点E作EN⊥CD于点N，在线段EN上取一点Q，使AQ=AP，连接BQ、BN，将△AQB绕点A旋转，使点Q旋转后的对应点Q’落在边AD上. 请判断旋转后B的对应点B’是否落在线段BN上，请说明理由.

【答案】见解析.

【解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，边长为2，

∴CD∥AB，

∴∠P=∠FCD，

∴AF

AP =tan ∠P =tan ∠FCD =DF

CD ，

设AF =x ，则DF =AP =2－x ， ∴222x x

x -=-，

解得：x

=3-x

=3+， ∴AF AP

（2）∵E 是正方形ABCD 边AB 的中点，AB =2，

∴BE =1，

在Rt △BCE 中，由勾股定理得：CE

由（1）知：PE =P A +AE

∴CE =PE ，

∴∠P =∠PCE ，

又∠P =∠DCF ，

∴∠PCE =∠DCF ，

过点F 作FH ⊥CE 于H ，如下图所示，

在△CFH 和△CFD 中，

==90D FHC CF CF

????=?∠∠∠FCH=∠FCD

∴△CFH ≌△CFD ，

∴CH =CD =2，FH =FD

1=AP ，

∴EH =EC －CH

－2，

A E

∴HM =EM －EH =3

∴△APF ≌△HFM ，

∴PF =FM .

（3）在AD 上截取AQ ’=AQ ，在BN 上截取AB ’=AB ，连接AB ’，B ’Q ’，

过点B ’作B ’G ⊥AD 于G ，交EN 于K ，如下图所示，

∵tan ∠NBE =2，AB =AB ’=2，

∴BB

’=5

∴B ’N =BN －BB

由△NB ’K ∽△NBE ，

得：B ’K =

15，KN =25,B ’G =65,DG =25

， ∴Q ’G

=135- 在Rt △B ’GQ ’中，由勾股定理得：B ’Q 2=B ’G 2+ GQ ’2

而

)21-≠， ∴B ’Q ≠BQ ，

即B ’不在BN 上.

题型五：旋转问题中函数及落点问题

例5．（2019?连云港）如图，在平面直角坐标系xOy 中，函数y ＝﹣x +b 的图象与函数y ＝

k x

（x ＜0）的图象相交于点

D A

E N

A（﹣1，6），并与x轴交于点C．点D是线段AC上一点，△ODC与△OAC的面积比为2：3．

（1）k＝，b＝；

（2）求点D的坐标；

（3）若将△ODC绕点O逆时针旋转，得到△OD'C'，其中点D'落在x轴负半轴上，判断点C'是否落在函数

y＝k

（x＜0）的图象上，并说明理由．

【答案】（1）﹣6，5；（2）（3）见解析.

【解析】解：（1）将A（﹣1，6）代入y＝﹣x+b，得，6＝1+b，∴b＝5，

将A（﹣1，6）代入y＝k

，

得k＝﹣6，

故答案为：﹣6，5；

（2）如下图所示，过点D作DM⊥x轴，垂足为M，过点A作AN⊥x轴，垂足为N，

∵△ODC与△OAC的面积比为2：3

∴

3 DM

，

又∵点A的坐标为（﹣1，6），

∴AN＝6，

∴DM＝4，即点D的纵坐标为4，

把y＝4代入y＝﹣x+5中，得x＝1，

∴D（1，4）；

（3）由题意可知，OD'＝OD，

如下图所示，过点C'作C'G⊥x轴，垂足为G，

∵S△ODC＝S△OD'C'，

∴OC?DM＝OD'?C'G，

即5×4'G，

∴C'G，

在Rt△OC'G中，由勾股定理得：OG

∴C'），

≠﹣6，

∴点C'不在函数y＝﹣6

的图象上．

题型六：几何图形旋转中的类比探究

例6．（2019?自贡）（1）如图1，E是正方形ABCD边AB上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转90°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G.

∠线段DB和DG之间的数量关系是；

∠写出线段BE，BF和DB之间的数量关系.

（2）当四边形ABCD为菱形，∠ADC=60°，点E是菱形ABCD边AB所在直线上的一点，连接BD、DE，将∠BDE绕点D逆时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G.

∠如图2，点E 在线段AB 上时，请探究线段BE 、BF 和BD 之间的数量关系，写出结论并给出证明；

∠如图3，点E 在线段AB 的延长线上时，DE 交射线BC 于点M ，若BE =1，AB =2，直接写出线段GM 的长度.

图1 图2 图3

【答案】（1）①DB =DG

②BE BF +=（2）见解析.

【解析】解：（1）由旋转知：∠GDB =90°，

∵四边形ABCD 是正方形，BD 为对角线，

∴∠DBG =45°，

∴∠DGB =45°，

∴DG =DB ，

②在△DBE 和△DGF 中，

BDE FDG

BD DG

DBE G

=??=??=?∠∠∠∠

∴△DBE ≌△DGF ，

∴BE =GF ，

由①知，BD =DG ，∠BDG =90°，

即△BDG 是等腰直角三角形，

∴BG

BD ，

即BE BF +=.

（2）∠BD BF BE 3=+

理由如下：

在菱形ABCD 中，∠ABD =∠CBD =21

∠ABC =30°，

由旋转可得，∠EDF =∠BDG =120°，

∴∠EDF -∠BDF =∠BDG -∠BDF ，即∠FDG =∠BDE .

在△DBG 中，∠G =180°-∠BDG -∠DBG =30°，

∴∠DBG =∠G =30°，

∴BD =DG .

在△BDE 和△GDF 中，

?????∠=∠=∠=∠DGF DBE DG

BD BDE

GDF

∴△BDE ≌△△GDF （ASA ），

∴BE =GF ，

∴BE +BF =BF +GF =BG .

过点D 作DM ⊥BG 于点M ，如下图所示，

∵BD =DG ，

∴BG =2BM .

在Rt △BMD 中，∠DBM =30°，

∴BD =2DM ，

设DM =a ，则BD =2a ，BM =a 3.

∴BG =a 32， ∴3232==a a

BD BG

∴BF +BE =3BD .

∠GM 的长度为

19. 理由： ∵GF =BE =1，FC =2CD =4，CM =

23BC =43, ∴GM =GF +FC +CM =1+4+43=193

. 题型六：几何图形旋转中的计算题目

例7．（2019?潍坊）如图1，菱形ABCD 的顶点A 、D 在直线上，∠BAD =60°，以点A 为旋转中心将菱形ABCD 顺时针旋转α（0°<α<30°），得到菱形AB ’C ’D ’. B ’C ’交对角线AC 于点M ，C ’D ’交直线l 于点N ，连接MN .

（1）当MN ∥B ’D ’时，求α的大小.

（2）如图2，对角线B ’D ’交AC 于点H ，交直线l 于点G ，延长C ’B ’交AB 于点E ，连接EH . 当△HEB ’的周长为2时，求菱形ABCD 的周长.

【答案】见解析.

【解析】解：（1）∠四边形AB ′C ′D ′是菱形，

∠AB ′＝B ′C ′＝C ′D ′＝AD ′，

∠∠B ′AD ′＝∠B ′C ′D ′＝60°，

∠∠AB ′D ′，∠B ′C ′D ′是等边三角形，

∠MN ∠B ′C ′，

∠∠C ′MN ＝∠C ′B ′D ′＝60°，∠CNM ＝∠C ′D ′B ′＝60°，

∠∠C ′MN 是等边三角形，

∠C ′M ＝C ′N ，

∠MB ′＝ND ′，

∠∠AB ′M ＝∠AD ′N ＝120°，AB ′＝AD ′，

∠∠AB′M∠∠AD′N（SAS），∠∠B′AM＝∠D′AN，

∠∠CAD＝1

∠BAD＝30°，

∠DAD′＝15°，

∠α＝15°．

（2）∠∠C′B′D′＝60°，

∠∠EB′G＝120°，

∠∠EAG＝60°，

∠∠EAG+∠EB′G＝180°，

∠四边形EAGB′四点共圆，

∠∠AEB′＝∠AGD′，

∠∠EAB′＝∠GAD′，AB′＝AD′，

∠∠AEB′∠∠AGD′（AAS），

∠EB′＝GD′，AE＝AG，

∠AH＝AH，∠HAE＝∠HAG，

∠∠AHE∠∠AHG（SAS），

∠EH＝GH，

∠∠EHB′的周长为2，

∠EH+EB′+HB′＝B′H+HG+GD′＝B′D′＝2，∠AB′＝AB＝2，

∠菱形ABCD的周长为8．