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

专题六综合与实践类型三旋转问题(8年3考：2021.27，2018.27，2016.27)满分技法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.第1题图备用图【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；第1题图备用图解：(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；第1题图【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tanα的值；第1题图备用图(2)∵AB＝kBC，k＝

，∴AB＝

BC.∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠ADC＝90°.∵CH＝

CD，∴设CD＝AB＝4a，则DH＝a，AE＝4a，AD＝8a，如解图①，连接AH.由勾股定理得，AH2＝AD2＋DH2＝(8a)2＋a2＝65a2，EH2＝AH2－AE2＝65a2－(4a)2＝49a2，∴EH＝7a，由(1)得，△AEM∽△HDM，∴

＝

＝

＝

＝

，∴＝

＝

，∴DM＝

a，MH＝

a，∴tanα＝tan∠AME＝

＝

＝

；第1题解图①【拓展延伸】(3)连接ED，当△EDM为等腰三角形时，求tanα的值(用含k的代数式表示).第1题图(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.第1题解图②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，∴tanα＝tan∠AME＝

＝

＝

.第1题解图②②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，∴tanα＝tan∠AME＝

＝＝

.综上所述，tanα的值为

或

.第1题解图③

解题关键点当△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；第2题图解：(1)由旋转的性质得A′C＝AC＝2，∵∠ACB＝90°，AB＝，AC＝2，∴BC＝.∵∠ACB＝90°，m∥AC，∴∠A′BC＝90°，∴cos∠A′CB＝

＝

，∴∠A′CB＝30°，∴∠ACA′＝∠ACB－∠A′CB＝60°；第2题图(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；(2)∵∠A′CB′＝90°，M为A′B′的中点，∴MC＝MA′＝MB′，∴∠PCB＝∠MA′C，由旋转的性质得∠MA′C＝∠A，∴∠A＝∠PCB，∴tan∠PCB＝

＝tanA＝

，∴PB＝

BC＝

.第2题图∵∠PBC＝∠A′CB′＝90°，∠BPC＝∠CPQ，∴∠BQB′＝∠PCB，∴tan∠BQB′＝

＝tan∠PCB＝

，∴BQ＝

＝×

＝2，∴PQ＝PB＋BQ＝

；第2题图第2题图(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．(3)存在．理由如下：由(1)知BC＝.由旋转的性质得A′C＝AC＝2，B′C＝BC＝.∵S四边形PA′B′Q＝S△PCQ－S△A′CB′＝S△PCQ－

A′C·B′C＝S△PCQ－，∴S△PCQ最小时，S四边形PA′B′Q最小，易知S△PCQ＝

PQ·BC＝

PQ.如解图，取PQ的中点G，连接CG，∵∠PCQ＝90°，∴CG＝

PQ.由垂线段最短可知当CG⊥PQ时，即CG与CB重合，CG取最小值，最小值为，此时PQ的长度最小，最小值为2，∴S△PCQ的最小值＝

×2＝3，∴S四边形PA′B′Q的最小值为3－.第2题解图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；第3题图解：(1)由旋转的性质得BA＝BA′，∵∠ACB＝90°，∴CA′＝AC＝＝4，∴AA′＝8；(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；第3题图(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，∟HF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＝

；第3题图∟HF解法二：如图，过点C作CH⊥AB于点H，过点M作MG⊥BC′于点G.第3题图∟H∟G由旋转的性质得∠MBG＝∠CBA，∴tan∠MBG＝tan∠CBA，∴

＝

＝

，设MG＝4x，BG＝3x，则BM＝5x，由解法一得AH＝

，BH＝

.∴CH＝＝

，C′H＝BH＋BC′＝

，∵tan∠CC′H＝

＝

＝

，∴

＝

，∴C′G＝8x，∵BC′＝3，∴3x＋8x＝3，解得x＝

，∴BM＝5x＝

；第3题图∟H∟G解法三：如图，连接AA′交CC′于点O，过点B作BN∥AA′，第3题图设∠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.ON∵BN∥AA′，∴△C′NB∽△C′OA，△BMN∽△A′MO，∴＝

＝

，∴

＝

＝

，∴BM＝

A′B＝

；第3题图ON(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．第3题图(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，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.第3题图P

解题关键点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．旋转问题①4.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；第4题图解：∵四边形BCDE是正方形，BC＝，∴BE＝BC＝.又∵BE∥CD，∴△BEM∽△CAM，∴

＝

＝

＝

.∵BC＝，∴

＝

，解得BM＝

；第4题图【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；第4题图(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.∵B′C＝BC＝，∴EC＝B′C＝2.第4题解图①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.第4题解图①∵∠AEG＝60°，∴∠ACE＝30°，∴∠BCE＝60°，∴旋转的角度为∠BCB′＝∠BCE＋∠B′CE＝60°＋45°＝105°；第4题解图①②当点E在AC的下方时，如解图②.第4题解图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°；

解题关键点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．第4题图第4题解图③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.第4题解图③旋转问题②5.【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；第5题图(1)证明：∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAE＋∠BAC＝∠CAD＋∠BAC，即∠CAE＝∠DAB.在△ACE和△ADB中，

∴△ACE≌△ADB(SAS)，∴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；第5题图(2)解：如解图①，以AC为边作等边△ACD，连接BD.则∠ACD＝60°，CD＝AC＝3.∵∠ACB＝30°，∴∠BCD＝90°，∴BD＝＝＝4，由(1)得CE＝BD，∴EC＝4；第5题解图①【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．第5题图(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，第5题解图②∴∠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．第5题解图②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°.第5题解图②∵AE＝AB＝6，∴AG＝

AE＝3，∴AF＝2AG＝6.∴BF＝＝6，即AH′＋BH′的最小值为6.第5题解图②

解题关键点构造手拉手模型，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．旋转问题③6.(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；第6题图(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·tan30°＝

，∴EF＝2EC＝

；第6题图(2)求证：

＝

；第6题图(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°.K∵AB∥CD，∠ABC＝60°，∴∠BCD＝180°－60°＝120°.∵∠MAN＝60°，∴∠MAN＋∠MCN