专题10 几何图形旋转压轴题的三种考法（解析版）-2024年常考压轴题攻略（9年级上册人教版）

专题10几何图形旋转压轴题的三种考法类型一、旋转最值问题例．如图，点E是边长为4的正方形内部一点，，将按逆时针方向旋转得到，连接，则的最小值为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据得到，则点E在以为直径的圆上，取中点G，当过点G时，有最小值，由旋转的性质得到，则此时也取最小值，即可解答．【详解】解：在正方形中，，∵，∴，∴，∴点E在以为直径的圆上，取中点G，连接，当过点G时，有最小值，

又∵按逆时针方向旋转得到，∴，∴此时也取最小值，∵，为的半径，即，∴此时，∴，即的最小值为，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．【变式训练1】．如图，在矩形中，，连接，将线段绕着点A顺时针旋转得到，则线段的最小值为．【答案】/【分析】连接，过点A作，截取，连接，通过证明，得，再求出的长．最后在中，利用三边关系即可得出答案．【详解】如图，连接，过点A作，截取，连接，∵将线段绕着点A顺时针旋转得到，∴，∴，∴．又∵，∴，∴．∵，∴．∴在中，．∵，∴．∵，且当点G，P，E三点共线时取等号，∴的最小值为．故答案为：．【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，是边长为6的等边三角形，点E为高上的动点．连接，将绕点顺时针旋转得到．连接，，，则周长的最小值是．【答案】【分析】根据题意，证明，进而得出点在射线上运动，作点关于的对称点，连接，设交于点，则，则当三点共线时，取得最小值，即，进而求得，即可求解．【详解】解：∵为高上的动点．∴，∵将绕点顺时针旋转得到．且是边长为的等边三角形，∴，∴，∴，∴点在射线上运动，如图，作点关于的对称点，连接，设交于点，

则，在中，，则，则当三点共线时，取得最小值，即，∵，，，∴，∴，在中，,∴周长的最小值为，故答案为：．【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．【变式训练3】．如图，平行四边形中，，E是边上一点，且是边上的一个动点，将线段绕点E逆时针旋转，得到，连接，则的最小值是．

【答案】【分析】取的中点N，连接作交的延长线于H，根据三角形全等的判定与性质可以得到，由三角形三边关系可得，利用勾股定理求出的值即可得到解答．【详解】解：如图，取的中点N，连接，作交CD的延长线于H，

由题意可得：∵点N是的中点，∴∴∵∴是等边三角形，∴∴∵∴∴∴∴点G的运动轨迹是射线，∵∴∴∴在中，∴，∴在中，==，∴≥，∴的最小值为；故答案为．【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．类型二、三角形中的旋转问题例．如图，在中，，将绕点C旋转一定的角度得到，点D恰好落在边上．

(1)求证：平分；(2)连接，若，，求的长．【答案】(1)见详解；(2)【分析】（1）根据旋转的性质可得，再由“等边对等角”可得，因此可得，即可得出平分．（2）连接，根据全等三角形的性质可得，由此可得．再根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得，又由即可证是等边三角形，可得，再证，由此可得，根据SAS证明，则可知，在中，根据勾股定理求出的长，再在中根据勾股定理即可求出的长．【详解】（1）∵绕点C旋转一定的角度得到，∴，，

，∴平分．（2）

如图，连接，，．又，，．又，，是等边三角形，，．又，，，．在和中，

，，,，，，．∴的长为．【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，且证明出是解题的关键．【变式训练1】（1）如图1，过等边的顶点A作的垂线l，点P为l上点（不与点A重合），连接，将线段绕点C逆时针方向旋转60°得到线段，连接．①求证：；②连接并延长交直线于点D．若，，求的长；（2）如图2，在中，，将边绕点A顺时针旋转得到线段，连接，若，，求长．【答案】（1）①见解析；②；（2）【分析】（1）①证明，即可得出；②连接，由旋转可得是等边三角形，根据，可知是的垂直平分线，，再由，得出，然后由勾股定理求出和的长，根据求出结果；（2）将绕点A逆时针旋转得到线段，连接，，构建等腰直角三角形，求出的长，再证明，即可得出答案．【详解】（1）①证明：在等边中，，，由旋转可得，，∴，∴，即，∴，∴；②连接，如图：由旋转，得，，∴是等边三角形，∵，∴，∴是的垂直平分线，∴，在等边中，，，∴，∴，即，∵，∴，∴，，∴，∵，∴，在中，，∴，，∵，，∴，∵，∴，∴，∴；（2）将绕点A逆时针旋转得到线段，连接，，如图：则是等腰直角三角形，∵，∴，，∵，∴，在中，，∵，∴，即，∵，，

∴，∴，∴．【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，有等边和等边，将绕点顺时针旋转，得到图2所示的图形．

(1)求证：；(2)如图3，若，，且旋转角为时，求的度数；(3)如图4，连接，并延长交于点，若旋转至某一位置时，恰有，，求的值．【答案】(1)见详解；(2)；(3)【分析】（1）由旋转可得，可证，，即可求证；（2）过点作于点，取的中点，连接，可求，从而可求，可证是等边三角形，即可求解；（3）可求，，，从而可求，可证，，即可求解．【详解】（1）证明：由旋转得：，、是等边三角形，，，在与中，，（）．（2）解：如图，过点作于点，取的中点，连接，

旋转角为，，由（1）得：，，在中，，，，，是等边三角形，，．（3）解：同理可证，，，，是等边三角形，，，，，，，，，，，，，，．【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，和均为等腰直角三角形，，点D为中点，绕点D旋转，连接、．

观察猜想：（1）在旋转过程中，与的数量关系为______；实践发现：（2）当点M、N在内且C、M、N三点共线时，如图，求证：；

解决问题：（3）若中，，在旋转过程中，当且C、M、N三点共线时，直接写出的长．

【答案】（1）；（2）见解析；（3）或【分析】（1）如图所示，连接，根据等腰三角形的性质可证，由此即可求解；（2）由（1）中，再根据为等腰直角三角形，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：，理由如下，如图所示，连接，

∵为等腰直角三角形，，∴，∵点D为中点，∴，∴，∴，∵为等腰直角三角形，，∴，，∴，在和中，，∴，∴，故答案为：；（2）证明：如图所示，连接，

由（1）可知，，∴，，∴，∴，∵是等腰直角三角形，即，∴，∴，∴；（3）解：，，C、M、N三点共线，①由（2）可知，，

由（1）可知，，∵，，∴，∴，在中，，，∴，∴，∴；②如图所示，由（1）可知，，，，

∴，∴是直角三角形，∴，∴（不符合题意舍去）；③如图，

∵是等腰直角三角形，∴，同法可证，∴，∴，即是直角三角形，在中，，，∴，∴，∵，∴；综上所述，的长为或．【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．类型三、四边形中的旋转问题例．如图，在矩形中，，，将矩形绕点A逆时针旋转至矩形，旋转角为，当点C，和三点共线时，的长为（

）．

A． B． C． D．【答案】A【分析】当点C，和三点共线，，先根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出，通过证明，得出，设，则，在中，根据勾股定理列出方程求解即可．【详解】解：∵点C，和三点共线，∴，∵矩形绕点A逆时针旋转至矩形，∴，，在中，根据勾股定理可得：，在中，根据勾股定理可得：，在和中，，∴，设，则，在中，根据勾股定理可得：，即，解得：，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，在直角三角形中，为斜边上的一点，，，且四边形是正方形，在求阴影部分面积时，小明运用图形旋转的方法，将绕点逆时针旋转，得到（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．活动二：如图③，在四边形中，，，，，过点作于点，小明仍运用图形旋转的方法，将绕点逆时针旋转，得到（如图④所示），则：（1）四边形是怎样的特殊四边形？答：______；（2）的长是______．活动三：如图⑤，在四边形中，，，为中点，连接、．若，，求的长．【答案】活动一：3；活动二：（1）正方形；（2）4；活动三：5．【分析】活动一：由旋转的性质可得，，从而得到，即可求解；活动二：（1）利用旋转的性质可得，，从而得到，再根据正方形的判定方法即可求解；（2）根据正方形的性质可得，求得的长度，即可求解；活动三：将绕点顺时针旋转得到，通过证明为等边三角形，即可求解．【详解】活动一：由旋转的性质可得，，∵四边形是正方形，∴，即∴，即为直角三角形∴；活动二：（1）由旋转的性质可得，，∵∴，又∵，∴，又∵∴四边形为矩形，又∵∴矩形为正方形；（2）由（1）可得由题意可得：又∵∴，解得∴；故答案为：正方形，4；活动三：将绕点顺时针旋转得到，如下图：

∵∴由旋转的性质可得：，，∴，即∵为中点，∴∴∴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分别在正方形的边上，，连接，试猜想之间的数量关系

图1

图2

图3(1)思路梳理：把绕点A逆时针旋转至，可使与重合，由，得，，即点F、D、G共线，易证_________，故之间的数量关系为_________．(2)类比引申：如图2，点E、F分别在正方形的边的延长线上，．连接，试猜想之间的数量关系为_________，并给出证明．(3)联想拓展：如图3，在中，，点D、E均在边上，且．若，直接写出和的长．【答案】(1)，(2)，证明见解析(3)，【分析】（1）先根据旋转得：，计算，即点、、共线，再根据证明，得，可得结论；（2）作辅助线：把绕点逆时针旋转至，证明，得，所以；（3）同理作辅助线：把绕点逆时针旋转至，证明，得，先由勾股定理求的长，证明，求出，，继而得到，过A作，垂足为，根据等腰直角三角形的性质求出，可得，利用勾股定理可得．【详解】（1）解：如图1，把绕点逆时针旋转至，可使与重合，即，由旋转得：，，，，，即点、、共线，四边形为矩形，，，，，，在和中，，，，；故答案为：，；（2）如图2，，理由是：把绕点逆时针旋转至，可使与重合，则在上，

由旋转得：，，，，，，，，在和中，，，，；（3）如图3，把绕点逆时针旋转至，可使与重合，连接，，

由旋转得：，，，，，，，，，，由勾股定理得：，，，，，，，，，，，．，，，，过A作，垂足为，∵，，∴，∴，∴．【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．【变式训练3】．综合与实践：问题情景：如图1、正方形与正方形的边，在一条直线上，正方形以点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，．

(1)操作发现：当正方形旋转至如图2所示的位置时，求证：；(2)操作发现：如图3，当点E在延长线上时，连接，求的度数；(3)问题解决：如图4，如果，，，请直接写出点G到的距离．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）根据正方形的性质可得，，，，从而证明，即可得出结论；（2）过F作，垂足为H，证明，可得，，从而可得，再由，即可求解；（3）连接，，过点B作于点H，根据正方形的性质可得，从而可得，再利用勾股定理求得，再由，即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，又∵四边形是正方形，∴，，∴．在与中，，∴，∴；（2）解；过F作，垂足为H，

∵，∴，，∴，∵四边形AEFG是正方形，∴，在与中，，∴，∴，，∴，∴，∴，又∵，∴，（3）解：如图，连接，，过点B作于点H，∵是正方形的对角线，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，在中，，设点G到的距离为h，∵，∴，解得：，∴点G到的距离为．

【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．课后训练1．如图，在中，点在上，连接，，点在上，连接，，若，的面积为，则的长为．

【答案】【分析】先进行把绕点逆时针旋转，，绕点逆时针旋转，根据性质可以得出，继而利用勾股定理可得，利用面积即可求解．【详解】如图，绕点逆时针旋转，点与对应，点与对应，绕点逆时针旋转，点与对应，点与对应

∵，，，∴旋转后与重合，与重合，∴，，∵，，∴，∴点，，三点共线，，∴，∴，，，∴∴，，在，由勾股定理得：，∴，，∴，故答案为：．【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，等腰直角中，，，点是边上一点，将绕点顺时针旋转到点，则长的最小值是．【答案】/【分析】将绕点顺时针旋转得到，则此时、、在同一直线上，得出点的运动轨迹为线段，当时，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：将绕点顺时针旋转得到，则此时、、在同一直线上，即有，∴，，，，，随着点的运动，总有，，，∴，同理可证明：，∴，∴，∴、、三点在同一直线上，点的运动轨迹为线段，当时，的长度最小，如图，在等腰中，，，，，，，，故答案为：．【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，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为．

【答案】【分析】连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，由的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，可得：的运动轨迹是以为圆心，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、、三点共线时，的值最小，可求，从而可求解．【详解】解，如图，连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，

的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，如图，当、、三点共线时，的值最小，四边形是正方形，，，是的中点，，，由旋转得：，，，的值最小为．故答案：．【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，在四边形中，，，将边绕点顺时针旋转后，点恰好落在边上的点处，已知，则的长度为．