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    2024成都中考数学第一轮专题复习之专题六 类型三 旋转问题 教学课件

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    2024成都中考数学第一轮专题复习之专题六 类型三 旋转问题 教学课件

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    这是一份2024成都中考数学第一轮专题复习之专题六 类型三 旋转问题 教学课件,共48页。PPT课件主要包含了第1题图,备用图,如解图①连接AH,第1题解图①,第1题解图②,第1题解图③,解题关键点,第2题图,第2题解图,第3题图等内容,欢迎下载使用。
    类型三 旋转问题(8年3考:2021.27,2018.27,2016.27 )
    见第一部分 微专题 图形的旋转
    1. (2023武侯区模拟)如图,在矩形ABCD中,AB=kBC (0<k<1 ),将线段AB绕点A逆时针旋转α度(0<α<90 )得到线段AE,过点E作AE的垂线交射线CD于点H,交射线AD于点M.
    【尝试初探】(1)当点M在AD延长线上运动时,∠BAE与∠AME始终相等,且△AEM与△HDM始终相似,请说明理由;
    解:(1)∵四边形ABCD是矩形,∴∠BAD=∠ADC=90°,∴∠BAE+∠EAD=90°,∠HDM=90°,∵AE⊥ME,∴∠AEM=90°,∴∠AME+∠EAD=90°,∴∠BAE=∠AME.又∵∠AEM=∠HDM=90°,∠AME=∠HMD,∴△AEM∽△HDM;
    【深入探究】(2)若k= ,随着线段AE的旋转,点H的位置也随之发生变化,当CH= CD时,求tan α的值;
    【拓展延伸】(3)连接ED,当△EDM为等腰三角形时,求tan α的值(用含k的代数式表示).
    (3)分两种情况讨论,①如解图②,当M在AD的延长线上时,过点D作DG⊥ME于点G.
    ∵AE⊥ME,∴DG∥AE,∴∠MDG=∠MAE,∠EDG=∠DEA.
    又∵DE=DM,∴∠MDG=∠EDG,∴∠MAE=∠DEA,∴AD=DE.设BC=a,则AD=DE=DM=a,AB=AE=ka,∴AM=2a,由勾股定理得,ME= = =a ,∴tan α=tan ∠AME= = = .
    ②如解图③,当M在AD上时,设ME=MD=x,BC=a,则AM=a-x,由勾股定理得,AE2+ME2=AM2,∵AB=AE=k·BC=ka∴(ka)2+x2=(a-x)2,∴x= a,∴tan α=tan ∠AME= = = .综上所述,tan α的值为 或 .
    当△EDM为等腰三角形时,需分点M在AD的延长线上和在AD上两种情况讨论.
    2. (2018成都B卷27题10分)在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB= ,AC=2,过点B作直线m∥AC,将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C(点A,B的对应点分别为A′,B′),射线CA′,CB′分别交直线m于点P,Q.(1)如图①,当P与A′重合时,求∠ACA′的度数;
    ∵∠ACB=90°,m∥AC,∴∠A′BC=90°,∴cs ∠A′CB= = ,∴∠A′CB=30°,∴∠ACA′=∠ACB-∠A′CB=60°;
    (2)如图②,设A′B′与BC的交点为M,当M为A′B′的0中点时,求线段PQ的长;
    ∵∠PBC=∠A′CB′=90°,∠BPC=∠CPQ,∴∠BQB′=∠PCB,∴tan ∠BQB′= =tan ∠PCB= ,∴BQ= = × =2,∴PQ=PB+BQ= ;
    (3)在旋转过程中,当点P,Q分别在CA′,CB′的延长线上时,试探究四边形PA′B′Q的面积是否存在最小值.若存在,求出四边形PA′B′Q的最小面积;若不存在,请说明理由.
    如解图,取PQ的中点G,连接CG,
    3. (2021成都B卷27题10分)在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=5,BC=3,将△ABC绕点B顺时针旋转得到△A′BC′,其中点A,C的对应点分别为点A′,C′.(1)如图①,当点A′落在AC的延长线上时,求AA′的长;
    (2)如图②,当点C′落在AB的延长线上时,连接CC′,交A′B于点M,求BM的长;
    (2)解法一:如图,过点C作CH⊥AB于点H,作CF∥BM交AB于点F,
    ∴∠CFB=∠A′BC′,由旋转的性质得∠ABC=∠A′BC′,∴∠CFB=∠ABC,∴CB=CF=3,FH=BH,由(1)知AC=4,
    在Rt△ABC中,AC2-AH2=BC2-(AB-AH)2,即42-AH2=32-(5-AH)2,解得AH= ,∴BH=FH=5- = , BF=2FH= ,∵CF∥BM,∴△C′MB∽△C′CF,∴ = ,即 = ,∴BM= ;
    解法二:如图,过点C作CH⊥AB于点H,过点M作MG⊥BC′于点G.
    ∵tan ∠CC′H= = = ,∴ = ,∴C′G=8x,∵BC′=3,∴3x+8x=3,解得x= ,∴BM=5x= ;
    解法三:如图,连接AA′交CC′于点O,过点B作BN∥AA′,
    设∠AC′C=∠1,∠A′AB=∠2,由旋转的性质得∠CBA=∠A′BC′.∵∠CBA=2∠1,∠A′BC′=2∠2,∴∠1=∠2,∴AO=OC′.∵∠A′C′A=90°,∴∠OC′A′+∠1=90°,∠AA′C′+∠2=90°,∴∠AA′C′=∠OC′A′,∴OC′=OA′=OA.
    ∵BN∥AA′,∴△C′NB∽△C′OA,△BMN∽△A′MO,∴ = = ,∴ = = ,∴BM= A′B= ;
    (3)如图③,连接AA′,CC′,直线CC′交AA′于点D,点E为AC的中点,连接DE.在旋转过程中,DE是否存在最小值?若存在,求出DE的最小值;若不存在,请说明理由.
    (3)存在.如图,连接A′C,过点A作AP∥A′C′交C′D的延长线于点P,则∠A′C′D=∠P,
    由旋转的性质得BC=BC′,∴∠BCC′=∠BC′C.∵∠BC′C+∠A′C′C=90°,∠BCC′+∠ACP=90°,∴∠ACP=∠A′C′C=∠P,∴AP=AC=A′C′.∵∠ADP=∠A′DC′,∴△ADP≌△A′DC′(AAS),∴AD=A′D,∴D为AA′的中点.∵E为AC的中点,∴DE为△AA′C的中位线,∴DE= A′C.∵A′C≥A′B-BC=2,∴DE≥ (A′B-BC)=1,∴DE的最小值为1.
    ①连接A′C,过点A作AP∥A′C′交C′D的延长线于点P,证△ADP≌△A′DC′;②利用三角形三边关系将DE的最小值转化为A′C的最小值.
    4. 在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC= ,BC= ,以BC为边在右侧作正方形BCDE,连接AE,CE,以AE为边在上方作等边△AEF.【问题发现】如图①,设AE与BC交于点M,求BM的长;
    ∵BC= ,∴ = ,解得BM= ;
    【拓展延伸】将正方形BCDE绕点C逆时针旋转一定的角度.(1)如图②,在正方形BCDE旋转的过程中,当C,E,F三点在一条直线上时,求旋转的角度;
    (1)①当点E在AC的上方时,如解图①,过A作CF的垂线,垂足为点G.
    设AE=x.∵△AEF是等边三角形,∴EG= x,AG= x,∴CG=EG+CE= x+2.在Rt△ACG中,由勾股定理得( x)2+( x+2)2=(2 )2,整理得x2+2x-8=0,解得x1=2,x2=-4(舍),∴AE=2,∴AE=CE.
    ∵∠AEG=60°,∴∠ACE=30°,∴∠BCE=60°,∴旋转的角度为∠BCB′=∠BCE+∠B′CE=60°+45°=105°;
    ②当点E在AC的下方时,如解图②.
    ∵CE是正方形B′CDE的对角线,∴∠B′CE=45°.∵C,E,F三点在一条直线上,∴∠ECF=180°,∴旋转的角度为∠BCB′=∠ECF+∠B′CE=180°+45°=225°.综上所述,C,E,F三点在一条直线上时旋转角度为105°或225°;
    C,E,F三点在一条直线上,则需分点E在AC的上方和点E在AC的下方两种情况讨论.
    (2)由题意可知在正方形BCDE绕点C逆时针旋转的过程中,点E的运动轨迹是以点C为圆心,CE为半径的圆.∵△AEF是等边三角形,∴点F的运动轨迹是一个圆,其半径OF=CE=2,画出⊙O如解图③,记EF与AC交于点G.
    (2)在正方形BCDE旋转的过程中,求点F到AC的最小距离.
    当OF⊥AC时,点F到AC的距离最小,此时EF⊥AC,易知△AEC≌△AFO,∴OA=AC=2 ,∠OAF=∠CAE,∴∠OAF+∠FAG=∠FAG+∠CAE=∠EAF=60°,∴OG= OA=3,∴FG=OG-OF=3-2=1,∴点F到AC的最小距离为1.
    5. 【问题探究】(1)已知:如图①,在锐角△ABC中,分别以AB,AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD,使AE=AB,AD=AC,∠BAE=∠CAD,连接BD,CE.求证:BD=CE;
    【思维提升】(2)如图②,在△ABC中,以AB为边向外作等边△ABE,连接EC,∠ACB=30°,AC=3,BC= ,求EC长;
    (2)解:如解图①,以AC为边作等边△ACD,连接BD.
    【拓展应用】(3)如图③,在△ABC中,∠ABC=60°,AB=6,过点A作AD⊥BC交BC于点D,过点B作直线l⊥BC,点H是直线l上的一个动点,线段AH绕点A按顺时针方向旋转30°得到线段AH′,连接BH′,求AH′+BH′的最小值.
    (3)解:∵直线l⊥BC,∴∠HBD=90°.∵∠ABD=60°,∴∠ABH=30°,如解图②,将AB绕点A按顺时针方向旋转30°得到线段AE,
    ∴∠BAE=30°,AE=AB,∵线段AH绕点A按顺时针方向旋转30°得到线段AH′,∴∠HAH′=30°,AH=AH′,∴∠BAE=∠HAH′,∴∠EAH′=∠BAH.在△ABH和△AEH′中, ∴△ABH≌△AEH′(SAS),∴∠AEH′=∠ABH=30°,∴点H′在与定线段AE成30°的直线m上运动.
    如解图②,作点A关于直线m的对称点F,连接FB,FH′,AF,AF交直线m于点G,
    ∴AH′=FH′,∴AH′+BH′=FH′+BH′,由三角形三边关系可知,FH′+BH′≥BF,∴FH′+BH′的最小值是BF的长,即AH′+BH′的最小值是BF的长.∵∠FAE=90°-∠AEH′=60°,∠BAE=30°,∴∠BAF=∠FAE+∠BAE=90°.
    ∵AE=AB=6,∴AG= AE=3,∴AF=2AG=6.∴BF= =6 ,即AH′+BH′的最小值为6 .
    构造手拉手模型,将AB绕点A按顺时针方向旋转30°得到线段AE,证明三角形全等,推出点H′的运动轨迹是关键.
    6. (2023龙泉驿区二诊)如图,菱形ABCD的边长为4,∠B=60°,点M是边BC上一动点,点E为AM延长线上一点,将AE绕点A逆时针旋转60°得到线段AF,交CD于点N,连接EF,且EF恰好过点C,其中 =k.(1)若k=1时,求EF的长;
    (1)解:如图,连接AC.
    ∵四边形ABCD是菱形,∴AB=BC.∵∠B=60°,∴△ABC是等边三角形,∴∠BAC=60°,AC=AB=4.
    ∵k=1,∴BM=CM,∴∠BAE=∠CAE=30°.∵EA=AF,∠EAF=60°,∴△AEF是等边三角形.∵∠CAE=30°,∴∠CAF=30°,∴AC⊥EC,EC=CF,∴EC=AC·tan 30°= ,∴EF=2EC= ;
    (2)求证: = ;
    (2)证明:如图,连接AC,在AF上取一点K,使得FC=FK,连接CK.
    ∵∠BAC=∠EAF=60°,∴∠BAM=∠CAN.∵AB=AC,∠B=∠ACN=60°,∴△ABM≌△ACN(ASA),∴BM=CN.∵FC=FK,∠F=60°,∴△FCK是等边三角形,∴CK=CF,∠CKN=∠F=60°.
    ∵AB∥CD,∠ABC=60°,∴∠BCD=180°-60°=120°.∵∠MAN=60°,∴∠MAN+∠MCN=180°,∴∠AMC+∠ANC=180°.∵∠CME+∠AMC=180°,∴∠CME=∠CNK,∴△CME∽△CNK,∴ = .∵CK=CF,CN=BM,∴ = ,即 = ;
    连接AC,证明△ABM≌△ACN;在AF上截取一点K,使得FC=FK,证明△CME∽△CNK,列出比例式,根据全等得出的等量线段即可证明.
    (3)若 = ,求k的值.
    (3)解:如图,当BM<CM时,连接AC,BE,过点A作AJ⊥EF于点J,过点M作MP⊥BE于点P,MQ⊥EF于点Q.
    ∵AJ⊥EF,∴EJ=JF= m,AJ= FJ= m,∴JC= = = m,∴CF= m,EC= m.∵AB=AC,AE=AF,∠BAE=∠CAF,∴△BAE≌△CAF(SAS),∴BE=CF= m,∠AEB=∠F=60°,∴∠AEB=∠AEC=60°,

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