专题08 动点类题目旋转问题探究（教师版）学案

这是一份专题08 动点类题目旋转问题探究（教师版）学案，共5页。
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=;
（2）∵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，
∴AD1=AD2，∠D1AD2=90°，
∴∠AD1D2=∠AD2D1=45°，D1D2=
∵∠AD2C=135°，
∴∠D1D2C=90°，
连接D1C，如下图所示，

∵∠BAD2+∠D2AC=∠CAD1+∠D2AC=90°，
∴∠BAD2=∠CAD1
∵AB=AC，AD2=AD1，
∴△ABD2≌△ACD1
∴BD2= CD1
在Rt△D1D2C中，由勾股定理得：D1C=.
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°,
∴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=BF=.
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：，即，
解得t=
即CE的长为或.
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=AM=14-t，NC=MN-CM=t，
∴PD=t-2，
由△GPD∽△DHE可得：，
解得t=10+（不符题意，舍去）或10－
∴CE=2t-2=
综上所述，CE的长为：或或2或.
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，
∴△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=,
由△ABD是等边三角形，得：AD=BD，
即AD:AC=,
同理，得AH:AG=,
∴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: :2.
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，
∴△ADH∽△ABE，
∴HD:EB=1:2，
连接AG，AC，
由∠2+∠HAC=∠3+∠HAC，得：∠2=∠3，
AG=AH，AC=AD,
∴AD:AC=AH:AG,
∴△ADH∽△ACG，
∴HD:GC=1:，
∴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，
∴=tan∠P=tan∠FCD=，
设AF=x，则DF=AP=2－x，
∴，
解得：x=或x=（舍），
∴=.
（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=PA+AE=+1=，
∴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，
∴△CFH≌△CFD，
∴CH=CD=2，FH=FD=－1=AP，
∴EH=EC－CH=－2，
∴HM=EM－EH=3－=AF
∴△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’=
∴B’N=BN－BB’=，
由△NB’K∽△NBE，
得：B’K=，KN=,B’G=,DG=，
∴Q’G=，
在Rt△B’GQ’中，由勾股定理得：B’Q2=B’G2+ GQ’2=,
而，
∴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＝（x＜0）的图象相交于点
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＝（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＝，
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
∴，
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＝C'G，
∴C'G＝，
在Rt△OC'G中，由勾股定理得：OG＝，
∴C'的坐标为（﹣，），
∵（﹣）×≠﹣6，
∴点C'不在函数y＝﹣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.
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①线段DB和DG之间的数量关系是 ；
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②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.
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①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；
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②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 ②（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，
∴△DBE≌△DGF，
∴BE=GF，
由①知，BD=DG，∠BDG=90°，
即△BDG是等腰直角三角形，
∴BG=BD，
即.
（2） = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①
理由如下：
在菱形ABCD中，∠ABD=∠CBD=∠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，
∴△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=.
∴BG=，
∴
∴BF+BE=BD.
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②GM的长度为.
理由：
∵GF=BE=1，FC=2CD=4，CM=BC=,
∴GM=GF+FC+CM=1+4+=.
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°