专题10 几何图形旋转压轴题（解析版）（人教版）

专题10几何图形旋转压轴题的三种考法例．如图，点E是边长为4的正方形ABCD内部一点，7EAD=7EBA，将DE按逆时针方向旋转90O得到DF，连接EF，则EF的最小值为()【答案】B【分析】根据7EAD=7EBA得到7AEB=90O，则点E在以AB为直径的圆上，取AB中点 G，当DE过点G时，DE有最小值，由旋转的性质得到EF=2DE，则此时EF也取最小值，即可解答.∴点E在以AB为直径的圆上，取AB中点G，连接GE，当DE过点G时，DE有最小值，又∵DE按逆时针方向旋转90O得到DF，DE2DE22 ∴此时EF也取最小值，故选：B.【点睛】本题考查了角度的转化与判断点的轨迹，解题的关键是运用数学结合思想处理题给条件，从而得到点的轨迹.将线段AF绕着点A顺时针旋转900得到AP，则线段PE的最小值为.【分析】连接AE，过点A作AG丄AE，截取AG=AE，连接PG，GE，通过SAS证明△AEF≌△AGP，得PG=EF=2，再求出GE的长．最后在△GPE中，利用三边关系即可得出答案.【详解】如图，连接AE，过点A作AG丄AE，截取AG=AE，连接PG，GE，∵将线段AF绕着点A顺时针旋转900得到AP，又∵AG=AE，∴△AEF≌△AGP(SAS)，+BE2∵PE≥GEPG，且当点G，P，E三点共线时取等号，故答案为：2.【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的三边关系等知识，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键.【变式训练2】．如图，△ABC是边长为6的等边三角形，点E为高BD上的动点．连接CE，将CE绕点C顺时针旋转600得到CF．连接AF，EF，DF，则△CDF周长的最小值是. 【分析】根据题意，证明△CBE≌△CAF，进而得出F点在射线AF上运动，作点C关于AF的【详解】解：∵E为高BD上的动点.∵将CE绕点C顺时针旋转600得到CF．且△ABC是边长为6的等边三角形，∴F点在射线AF上运动，如图，作点C关于AF的对称点C’，连接DC’，设CC’交AF于点O，CD232 【点睛】本题考查了轴对称求线段和的最值问题，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等知识点，熟练掌握等边三角形的性质以及轴对称的性质是解题的关键.点，且AE＝8，F是边AB上的一个动点，将线段EF绕点E逆时针旋转60O，得到EG，连接BG、CG，则BG＋CG的最小值是.【答案】4【分析】取AB的中点N，连接EN,EC,GN,作EH丄CD交CD的延长线于H，根据三角形全等的判定与性质可以得到BG=EG，由三角形三边关系可得GE+GC≥EC，利用勾股定理求出EC的值即可得到解答.【详解】解：如图，取AB的中点N，连接EN,EC,GN，作EH丄CD交CD的延长线于H，∵EA=EN,EF=EG,∴△AEF≌△NEG(SAS),∴点G的运动轨迹是射线NG，【点睛】本题考查平行四边形与旋转的综合应用，熟练作出辅助线并掌握旋转的性质、三角形全等的判定与性质、三角形三边关系及勾股定理的应用是解题关键.点D恰好落在边AB上.(1)求证：CD平分上ADE；(2)连接AE，若DE=6，AD=3，求AE的长.【答案】(1)见详解；(2)3·【分析】（1）根据旋转的性质可得上CDE=上CAB,CD=CA，再由“等边对等角”可得（2）连接EB，根据全等三角形的性质可得AB角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得DC=3，又由CA=CD=3即可证△ACD是等△DEB≌△ABC，则可知7EBD=90O，在Rt△EBD中，根据勾股定理求出EB的长，再在Rt△ABE中根据勾股定理即可求出AE的长.【详解】（1）∵Rt△ABC绕点C旋转一定的角度得到Rt△DEC，:7CDE=7CAD，CD=CA，:7CDA=7CAD，:7CDE=7CDA∴CD平分7ADE.如图，连接EB，Rt△ABC≌Rt△DEC，DE=6:CA=3，:△ACD是等边三角形，又7CDE=7CDA，:7CDE=60O，:7BDE=7CAB.:△DEB≌△ABC，:7EBD=7BCA=90O， 2 ∴AE的长为37.【点睛】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，以及勾股定理，综合性较强．正确的作出辅助线，且证明出7EBD=90O是解题的关键.【变式训练1】（1）如图1，过等边△ABC的顶点A作AC的垂线l，点P为l上点（不与点A重合连接CP，将线段CP绕点C逆时针方向旋转60°得到线段CQ，连接QB.①求证：AP=BQ；②连接PB并延长交直线CQ于点D．若PDTCQ，AC=2，求PB的长；（2）如图2，在△ABC中，7ACB=45O，将边A接CD，若AC=1，BC=3，求CD【分析】（1）①证明△ACP≌△BCQ(SAS)，即可得出AP=BQ；②连接PQ，由旋转可得△CPQ是等边三角形，根据PDTCQ，可知DP是CQ的垂直平分 线，BC=BQ，再由△ACP≌△BCQ(理求出PD和DB的长，根据PB=PD一BD求出结果；求出BE的长，再证明△ABE≌△ADC(SAS)，即可得出答案.∴7ACB=7PCQ，∴7ACB7PCB=7PCQ7PCB，即7ACP=7BCQ，∴AP=BQ；②连接PQ，如图：∵PDTCQ，∴DP是CQ的垂直平分线，∴7ACB7PCB=7PCQ7PCB，即7ACP=7BCQ， （2）将AC绕点A逆时针旋转90O得到线段AE，连接BE，CE，如图：则△ACE是等腰直角三角形，+CE2∴△ABE≌△ADC(SAS)，【点睛】本题主要考查几何变换的综合应用，涉及等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的判断与性质等知识，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形解决问题.【变式训练2】．如图1，有等边△ABC和等边VADE，将VADE绕点A顺时针旋转，得到图2所示的图形.(1)求证：△ABD≌△ACE；(3)如图4，连接BE，并延长CE交BD于点F，若VADE旋转至某一位置时，恰有AD丄BD，AD∥BE，求的值.【答案】(1)见详解；(2)30。；(3) （2）过点E作EF丄AC于点F，取CE的中点，连接FG，可求AF=EF=3，从而可求CF=3，可证△EFG是等边三角形，即可求解；:△ABC、VADE是等边三角形，:AB=AC，AD=AE，在△ABD与△ACE中，:△ABD≌△ACE（SAS）.（2）解：如图，过点E作EF丄AC于点F，取CE的中点，连接FG，:旋转角为45。， 在Rt△AFE中，AF=EF=:CF=AC—AF:CE=·EF2+CF2 :△EFG是等边三角形，（3）解：同理可证△BAD≌△CAE，:VADE是等边三角形，:AD∥BE，:7BEA=120O，:EF=2BF，:7BDE=7DEF=30O，:EF=DF=2BF，:DB=3BF=CE，【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定及性质，等腰三角形行的性质，三角形全等的性质与判定、直角三角形的性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键.【变式训练3】．旋转是几何图形运动中的一种重要变换，通常与全等三角形等数学知识相结合来解决实际问题，某学校数学兴趣小组在研究三角形旋转的过程中，进行如下探究：如图，△ABC和△DMN均为等腰直角三角形，7BAC=7MDN=90O，点D为BC中点，△DMN绕点D旋转，连接AM、CN.观察猜想1）在△DMN旋转过程中，AM与CN的数量关系为；解决问题3）若△ABC中，AB=，在△DMN旋转过程中，当AM=且C、M、N三点共线时，直接写出DM的长. 【答案】（1）AM=CN2）见解析3）或【分析】（1）如图所示，连接AD，根据等腰三角形的性质可证△AMD≌△CND(SAS)，由此即可求解；（2）由（1）中△AMD≌△CND(SAS)，再根据△DMN为等腰直角三角形，由此即可求解；（3）点C、M、N三点共线，分类讨论，根据（2）中的结论即可求解.【详解】（1）解：AM=CN，理由如下，如图所示，连接AD，∵点D为BC中点，∵△DMN为等腰直角三角形，上MDN在△AMD和△CND中，故答案为：AM=CN；（2）证明：如图所示，连接AD，由（1）可知，△AMD≌△CND(SAS)，∴CMAM=CMCN=MN，∵△DMN是等腰直角三角形，即DM=DN，∴MN2=DM2+DN2=2DM2， ∴CMAM=2DM； （3）解：AB=·5，AM=2，C、M、N三点共线， ∴△AMC是直角三角形，∴MN=CNCM=不符合题意舍去③如图，∵△DMN是等腰直角三角形，同法可证△ADM≌△CDN，【点睛】本题属于几何变换综合题，主要考查等腰直角三角形，旋转，全等三角形的综合，掌握旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键.例．如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=6，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转至矩形【答案】A【分析】当点C，B,和C,三点共线，上AB,C=90O，先根据勾股定理求出AC，再根据勾股定理求出B,C，通过证明△ADE≌△CB,E(AAS)，得出B,E=DE，设B,E=DE=x，则CE=CDDE=8x，在Rt△B,CE中，根据勾股定理列出方程求解即可.∵矩形ABCD绕点A逆时针旋转至矩形A,B,C,D,，AB,2故选：A.【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确画出图形，根据勾股定理列出方程求解.【变式训练1】．在平面内，旋转变换指某一个图形绕一个定点按顺时针或逆时针旋转一定的角度而得到新位置图形的一种变换.活动一，如图①,在直角三角形ABC中，D为斜边AB上的一点，AD=3，BD=2，且四边形DECF是正方形，在求阴影部分面积时，小明运用图形旋转的方法，将△DBF绕点D逆时针旋转90O，得到△DGE（如图②所示小明立刻就得到了答案，请你写出阴影部分的面积.过点A作AE丄BC于点E，小明仍运用图形旋转的方法，将△ABE绕点A逆时针旋转90O，得到△ADG（如图④所示则：（1）四边形AECG是怎样的特殊四边形？答（2）AE的长是.【答案】活动一：3；活动二1）正方形2）4；活动三：5.即可求解；求得BE的长度，即可求解；活动三：将△AED绕点E顺时针旋转120O得到△ECF，通过证明△EFB为等边三角形，即可求解.∵四边形DECF是正方形，又∵AETBC，又∵7C=90O∴四边形AECG为矩形，又∵AG=AE∴矩形AECG为正方形；又∵BE=DG故答案为：正方形，4；活动三：将△AED绕点E顺时针旋转120O得到△ECF，如下图：由旋转的性质可得：CF=AD，7AED=7FEC，AE=EF∴△EFB为等边三角形，【点睛】此题考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质，利用旋转的性质进行求解.【变式训练2】．通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整．原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，7EAF=45O，连接EF，试猜想EF、BE、DF之间的数量关系(1)思路梳理：把△ABE绕点A逆时针旋转90至△ADG，可使AB与AD重合，由上ADG=上B=90，得，上FDG=180，即点F、D、G共线，易证△AFG≌ ，故EF、BE、DF之间的数量关系为 .(2)类比引申：如图2，点E、F分别在正方形ABCD的边CB、DC的延长线上，上EAF=45．连接EF，试猜想EF、BE、DF之间的数量关系为，并给出证明.(3)联想拓展： 【答案】(1)△AFE，EF=DF+BE(2)EF=DFBE，证明见解析线，再根据SAS证明△AFE≌△AFG，得EF=FG，可得结论EF=DF+DG=DF+BE；（2）作辅助线：把△ABE绕点A逆时针旋转90至△ADG，证明△EAF≌△GAF，得（3）同理作辅助线：把△ABD绕点A逆时针旋转90至△ACG，证明△DAE≌△GAE，得DE=EG，先由勾股定理求EG的长，证明△AED≌△AEG(SAS)，求出CD，DG，继而得到AD，过A作AF丄BC，垂足为F，根据等腰直角三角形的性质求出AF=BF=CF=3+， 可得EF=33，利用勾股定理可得AE.【详解】（1）解：如图1，把△ABE绕点A逆时针旋转90至△ADG，可使AB与AD重合，即点F、D、G共线，:四边形ABCD为矩形，在△AFE和△AFG中，:△AFE≌△AFG(SAS)，:EF=FG，:EF=DF+DG=DF+BE；故答案为：△AFE，EF=DF+BE；把△ABE绕点A逆时针旋转90o至△ADG，可使AB与AD重合，则G在DC上，在△EAF和△GAF中，:△EAF≌△GAF(SAS)，:EF=FG，:EF=DF一DG=DFBE； 由勾股定理得：EG=(23)2+22:AE=AE，:△AED≌△AEG(SAS)，:DE=EG=4. 过A作AF丄BC，垂足为F，【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质，通过类比联想，引申拓展，可达到解一题知一类的目的，本题通过旋转一三角形的辅助线作法，构建另一三角形全等，得出结论，从而解决问题.问题情景：如图1、正方形ABCD与正方形AEFG的边AB，AE(AB<AE)在一条直线上，正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转，设旋转角为α,在旋转过程中，两个正方形只有点A重合，其它顶点均不重合，连接BE，DG.(1)操作发现：当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时，求证：BE=DG；(2)操作发现：如图3，当点E在BC延长线上时，连接FC，求上FCE的度数；【答案】(1)见解析从而可得BE=CH=FH，再由上EHF=90O，即可求解；（3）连接GB，GE，过点B作BH丄AE于点H，根据正方形的性质可得AB∥GE，从而可得S△BEG=S△AEG=S正方形AEFG=16，再利用勾股定理求得BE=2再由又∵四边形AEFG是正方形，在△ABE与△ADG中，（2）解；过F作FH丄BE，垂足为H，∵四边形AEFG是正方形，∴AE=EF，在△ABE与△EHF中，∴AB=EH，BE=FH，（3）解：如图，连接GB，GE，过点B作BH丄AE于点H，∵GE是正方形AEFG的对角线，在Rt△BHE中，BE=设点G到BE的距离为h，∴点G到BE的距离为.【点睛】本题考查正方形的性质、平行线性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键.1．如图，在△ABC中，点D在BC上，连接AD，上DAC=45O，点E在AD上，连接CE， 【答案】4【分析】先进行把△AEC绕点C逆时针旋转45O△CED绕点C逆时针旋转45O，根据性求解.【详解】如图，△AEC绕点C逆时针旋转45O，点A与A对应，点E与B对应，△CED绕点C逆时针旋转45O，点D与D¢对应，点E与B对应∴△AEC旋转后与△ABC重合，△EDC与△BDC重合，∴点A，B，D¢三点共线，S△AAB=S△ABC， 在Rt△AHC，由勾股定理得：CH=AH=， 故答案为：42.【点睛】此题考查了旋转及勾股定理，解题的关键是熟练掌握旋转的性质与勾股定理得应用.2．如图，等腰直角△ABC中，上ACB=90O，BC=4，点E是边AC上一点，将BE绕点B顺时针旋转45O到点F，则CF长的最小值是.2【分析】将Rt△ABC绕点B顺时针旋转45O得到Rt△DBG，则此时B、C、D在同一直线上，得出点F的运动轨迹为线段DG，当CF丄DG时，CF的长度最小，由直角三角形的性质及三角形中位线定理即可得出答案.【详解】解：将Rt△ABC绕点B顺时针旋转45O得到Rt△DBG，则此时B、C、D在同一直线上，即有Rt△ABC≌Rt△DBG，:上ABE=上DBF，随着点E的运动，总有AB=DB，EB=FB，:△AEB≌△DFB(SAS)，∴D、F、G三点在同一直线上，:点F的运动轨迹为线段DG，:当CF丄DG时，CF的长度最小，如图，:BD=AB=2BC=42， 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.3．如图，M是正方形ABCD边CD的中点，P是正方形内一点，连接BP，线段BP以B为中心逆时针旋转90O得到线段BQ，连接MQ．若AB=4，MP=1，则MQ的最小值 【答案】2101【分析】连接BM，将BM以B中心，逆时针旋转90O，M点的对应点为E，由P的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的半圆，可得：Q的运动轨迹是以E为圆心，1为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆上任一点的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当M、Q、E三点共线时，MQ的值最小，可求ME=2BM=2从而可求解.【详解】解，如图，连接BM，将BM以B中心，逆时针旋转90O，M点的对应点为E，:P的运动轨迹是以M为圆心，1为半径的半圆，:Q的运动轨迹是以E为圆心，1为半径的半圆，如图，当M、Q、E三点共线时，MQ的值最小，:四边形ABCD是正方形，:M是CM的中点，:CM=2，由旋转得：BM=BE，:MQ的值最小为2—1. 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，动点产生的线段最小值问题，掌握相关的性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键.4．如图，在四边形ABCD中，ADⅡBC，上D=45O，将边AB绕点B顺时点A恰好落在边CD上的点E处，已知BC=2，则DE的长度为.【答案】2【分析】题提示：过B点作BF丄BC交CD延长线于点F，连接AC，先证明BF=