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1、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,当A、D、M三点在同一直线上时,求AM的长.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)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
2、上时有两种情况,点D在A与M之间或点M在A与D之间;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,ABD2ACD1,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)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=ADDM=3010=20.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
3、,D1D2=AD2C=135,D1D2C=90,连接D1C,如下图所示, BAD2+D2AC=CAD1+D2AC=90,BAD2=CAD1AB=AC,AD2=AD1,ABD2ACD1BD2= CD1在RtD1D2C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RtABC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.如图2,若AD=BD,CE=2,求DG的长.若AD=6BD,
4、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ADOFCO,得到结论;(2)过点D,F作DNBC, FMBC,得到DNEEMF,再由DG是ABF的中位线,得到结果;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,ADOFCO,DO=CO, BD=CD=2OD. (2)如下图所示,过点D,F作DNBC于
5、点N,FMBC于点M,连结BF.DNE=EMF=90.又NDE=MEF,DE=EF,DNEEMF, DN=EM. BD=,ABC=45,DN=EM=7,BM=BCMEEC=5,MF=NE= NCEC=5.BF=点D,G分别是AB,AF的中点,DG=BF=.过点D作DHBC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=14t,HE=BEBH=12t.由DHEECA,得:,即,解得t=即CE的长为或.当DGBC时,如下图所示,过点F作FKBC于点K,延长DG交AC于点N,延长AC
6、并截取MN=NA.连结FM.则NC=DH=2,MC=10.设GN=t,则FM=2t,BK=142t.DHEEKF,KE=DH=2,KF=HE=142t,MC=FK, 142t=10,得t=2.GN=EC=2, GNEC,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EKFM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DHEEKF可得:FK=2,C
7、E=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GPDDHE可得:,解得t=10+(不符题意,舍去)或10CE=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
8、,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,DAHBAE,DH=BE,又DAB=60,ABCD是菱形,DAC=30,ACBD,BD=2OD,AC=2OA,在RtAOD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
9、DAC=HAG,DAH+HAC=CAG+HAC,即DAH=CAG,DAHCAG,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,ADHABE,HD:EB=1:2,连接AG,AC,由2+HAC=3+HAC,得:2=3,AG=AH,AC=AD,AD:AC=AH:AG,ADHACG,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
10、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ENCD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,CDAB,P=FCD,=tanP=tanFCD=,设AF=x,则DF=AP=2x,解得:x=或x=(舍),=.(2)E是正方形ABCD边AB的中点,AB=2,BE=1,在RtB
11、CE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FHCE于H,如下图所示,在CFH和CFD中,CFHCFD,CH=CD=2,FH=FD=1=AP,EH=ECCH=2,HM=EMEH=3=AFAPFHFM,PF=FM.(3)在AD上截取AQ=AQ,在BN上截取AB=AB,连接AB,BQ,过点B作BGAD于G,交EN于K,如下图所示,tanNBE=2,AB=AB=2,BB=BN=BNBB=,由NBKNBE,得:BK=,KN=,BG=,DG=,QG=,在RtBGQ中,由勾股定理得:BQ2=BG2+ GQ2=,而,BQB
12、Q,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yx+b的图象与函数y(x0)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ODC,其中点D落在x轴负半轴上,判断点C是否落在函数y(x0)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yx+b,得,61+b,b5,将A(1,6)代入y,得k6,故答案为:6,5;(2)如下图所示,过点D作DMx轴,垂足为M,过
13、点A作ANx轴,垂足为N,ODC与OAC的面积比为2:3,又点A的坐标为(1,6),AN6,DM4,即点D的纵坐标为4,把y4代入yx+5中,得x1,D(1,4);(3)由题意可知,ODOD,如下图所示,过点C作CGx轴,垂足为G,SODCSODC,OCDMODCG,即54CG,CG,在RtOCG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.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