专题12旋转在解几何题中常用的九种技巧

专题12旋转在解几何题中常用的九种技巧（解析版）类型1巧用旋转求角度1．（2020•菏泽）如图，将△ABC绕点A顺时针旋转角α，得到△ADE，若点E恰好在CB的延长线上，则∠BED等于（）A．α2 B．23α C．α 【思路引领】证明∠ABE+∠ADE＝180°，推出∠BAD+∠BED＝180°即可解决问题．【解答】解：∵∠ABC＝∠ADE，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ABE+∠ADE＝180°，∴∠BAD+∠BED＝180°，∵∠BAD＝α，∴∠BED＝180°﹣α．故选：D．【总结提升】本题考查旋转的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．类型2巧用旋转求线段的长度2．（2020秋•青浦区期中）如图，已知△ABC中，AB＝AC，把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F．（1）求证：△AEC≌△ADB；（2）若AB＝2，∠ACB＝67.5°，AC∥DF，求BG的长．【思路引领】（1）由旋转的性质得到三角形ABC与三角形ADE全等，以及AB＝AC，利用全等三角形对应边相等，对应角相等得到两对边相等，一对角相等，利用SAS得到三角形AEC与三角形ADB全等即可；（2）先由等腰三角形性质与三角形内角和定理求得∠BAC＝45°，由平行线性质得到∠DBA＝∠BAC＝45°，再由AB＝AD，得到三角形ABD为等腰直角三角形，得∠BAG＝45°，进而得△ABG为等腰直角三角形，便可求得BG．【解答】（1）证明：由旋转的性质得：△ABC≌△ADE，且AB＝AC，∴AE＝AD，AC＝AB，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠BAE＝∠DAE+∠BAE，即∠CAE＝∠DAB，在△AEC和△ADB中，AE=AD∠CAE=∠DAB∴△AEC≌△ADB（SAS）；（2）解：∵∠ACB＝67.5°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝67.5°，∴∠BAC＝45°，∵AC∥DF，∴∠ABD＝∠BAC＝45°，∵AB＝AD，∴∠ADB＝∠ABD＝45°，∴∠BAD＝90°，∵∠DAE＝∠BAC＝45°，∴∠BAG＝45°＝∠ABD，∴AG＝BG，∠AGB＝90°，∵AB＝2，∴BG=22AB【总结提升】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质，熟练掌握旋转的性质是解本题的关键．类型3巧用旋转证明线段间的不等关系3．如图，在△ABC中，M是BC的中点，E，F分别在AC，AB上，且ME⊥MF．求证：EF＜BF+CE．【思路引领】延长EM至G，使MG＝EM，连接BG、FG，就可以得出△GMB≌△EMC，就有GB＝CE，由中垂线的性质就可以得出FG＝EF，根据三角形的三边关系两边之和大于第三边就可以得出结论．【解答】证明：延长EM至G，使MG＝EM，连接BG、FG，∵M是BC的中点，∴BM＝CM．在△GMB和△EMC中，BM=CM∠BMG=∠CME∴△GMB≌△EMC（SAS），∴BG＝CE．∵FM⊥ME，MG＝EM，∴GF＝EF．∵BF+BG＞FG，∴BF+CE＞EF，即EF＜BF+CE．【总结提升】本题考查了垂直平分线的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，三角形三边关系任意两边之和大于第三边的数量关系的运用．类型4巧用旋转证明线段相等4．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC，将一个含30°角的直角△DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DE，长直角边为DF），将直角三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转．（1）在图1中，DE交AB于M，DF交BC于N．证明：DM＝DN；（2）继续旋转至如图2的位置，延长AB交DE于M，延长BC交DF于N，DM＝DN是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．【思路引领】（1）连接DB，由等腰直角三角形的知识结合角度间关系进而得到：∠MDB＝∠NDC，结合BD＝CD，∠ABD＝∠C进而判定△BMD≌△CND，即可得出结论；（2）由（1）结合角度间关系推出∠BDM＝∠CDN根据AAS判定△BDM≌△CDN，进而解答即可．【解答】证明：（1）连接DB．∵D是斜边AC的中点，AB＝BC，∠ABC＝90°，∴BD⊥AC，∠A＝∠C＝45°，BD＝AD＝CD=12AC，∠ABD＝∠CBD=1∴∠ABD＝∠A＝∠CBD＝∠C＝45°．∵∠BDC＝90°＝∠BDN+∠CDN，∠EDF＝90°＝∠MDB+∠BDN，∴∠MDB＝∠NDC．∵BD＝CD，∠ABD＝∠C，∴△BMD≌△CND（ASA），∴DM＝DN．（2）DM＝DN仍成立，理由如下：连接BD，由（1）得BD⊥AC，∠ABD＝∠ACB＝45°，BD＝CD，∵∠ACB+∠DCN＝∠ABD+∠MBD＝∠ACB+∠DCN＝180°，∴∠MBD＝∠DCN，∴∠BDM＝∠CDN．∵BD＝CD，∴△BDM≌△CDN（ASA），∴DM＝DN．【总结提升】本题考查了等腰直角三角形性质，三角形斜边上中线性质，三线合一定理，全等三角形的性质和判定等知识点，主要考查学生的推理能力，题目比较典型，证明过程类似．类型5巧用旋转证明线段间的平方关系5．（2016•日照）如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ，求证：（1）EA是∠QED的平分线；（2）EF2＝BE2+DF2．【思路引领】（1）直接利用旋转的性质得出△AQE≌△AFE（SAS），进而得出∠AEQ＝∠AEF，即可得出答案；（2）利用（1）中所求，再结合勾股定理得出答案．【解答】证明：（1）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，∴QB＝DF，AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，∵∠EAF＝45°，∴∠DAF+∠BAE＝45°，∴∠QAE＝45°，∴∠QAE＝∠FAE，在△AQE和△AFE中AQ=AF∠QAE=∠FAE∴△AQE≌△AFE（SAS），∴∠AEQ＝∠AEF，∴EA是∠QED的平分线；（2）由（1）得△AQE≌△AFE，∴QE＝EF，由旋转的性质，得∠ABQ＝∠ADF，∠ADF+∠ABD＝90°，则∠QBE＝∠ABQ+∠ABD＝90°，在Rt△QBE中，QB2+BE2＝QE2，又∵QB＝DF，∴EF2＝BE2+DF2．【总结提升】此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质和勾股定理等知识，正确得出△AQE≌△AFE（SAS）是解题关键．类型6巧用旋转求面积6．（2021秋•通榆县月考）如图，在正方形ABCD中，AD＝23，将边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC．（1）判断△ABP的形状，并说明理由．（2）求△PCE的面积．【思路引领】（1）由旋转的性质得出PB＝BC＝AB，∠PBC＝30°，则可得出结论；（2）由等边三角形的性质及直角三角形的性质可得出结论．【解答】解：（1）△ABP是等边三角形．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BAD＝∠D＝90°，∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，∴PB＝BC＝AB，∠PBC＝30°，∴∠ABP＝60°，∴△ABP是等边三角形；（2）∵△ABP是等边三角形，∴∠BAP＝60°，∴∠DAE＝30°，∵AD＝23，∴DE＝AD•tan30°＝2，∴CE＝23−作PF⊥CD于点F∴EF＝2－3，PF＝23∴△PCE的面积＝9【总结提升】本题考查旋转的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是证明△ABP是等边三角形，属于中考常考题型．类型7巧用旋转确定点的坐标7．（2023•海南）如图，在平面直角坐标系中，点A在y轴上，点B的坐标为（6，0），将△ABO绕着点B顺时针旋转60°，得到△DBC，则点C的坐标是（）A．（33，3） B．（3，33） C．（6，3） D．（3，6）【思路引领】作CM⊥x轴于M，再利用旋转的性质求出BC＝OB＝6，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出BM，利用勾股定理列式求出CM，然后求出点C的横坐标，再写出点C的坐标即可．【解答】解：作CM⊥x轴于M，∵点B的坐标为（6，0），∴BC＝OB＝6，∵∠OBC＝60°，∴BM=12BC=3，CM=∴OM＝OB﹣BM＝6﹣3＝3，∴C（3，33）．故选：B．【总结提升】本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形，求出OM、CM的长度是解题的关键．8．（2023•西青区校级模拟）在平面直角坐标系中，点O（0，0），点A（3，0），点B（3，m）（m＞0），∠AOB＝30°．以点O为中心，逆时针旋转△OAB，得到△OCD，点A，B的对应点分别为C，D．记旋转角为α．（Ⅰ）如图①，当点C落在OB上时，求点D的坐标；（Ⅱ）如图②，当α＝45°时，求点C的坐标；（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，求点D的坐标（直接写出结果即可）．【思路引领】（Ⅰ）如图①，如图①，过点D作DH⊥OA于点H．解直角三角形求出OH，DH，可得结论；（Ⅱ）如图②，过点C作CT⊥OA于点T，解直角三角形求出OT，CT可得结论；（Ⅲ）如图②中，过点D作DJ⊥OA于点J，在DJ上取一点K，使得DK＝OK，设OJ＝m．利用勾股定理构建方程求出m，可得结论．【解答】解：（Ⅰ）如图①，过点D作DH⊥OA于点H．∵A（3，0），∴OA=3∵∠OAB＝90°，∠AOB＝30°，∴OB=OA由旋转的性质可知，OD＝OB＝2，∴∠COD＝∠AOB＝30°，∴∠DOH＝60°，∴∠ODH＝30°，∴OH=12OD＝1，DH=3∴D（1，3）；（Ⅱ）如图②，过点C作CT⊥OA于点T，∵OC＝OA=3，∠COT∴OT＝CT＝OC•cos45°=3∴C（62，6（Ⅲ）如图②中，过点D作DJ⊥OA于点J，在DJ上取一点K，使得DK＝OK，设OJ＝m．∵∠DOC＝30°，∠COT＝45°，∴∠DOJ＝75°，∴∠ODJ＝90°﹣75°＝15°，∵KD＝KO，∴∠KDO＝∠KOD＝15°，∴∠OKJ＝∠KDO+∠KOD＝30°，∴OK＝DK＝2m，KJ=3m∵OD2＝OJ2+DJ2，∴22＝m2+（2m+3m）2解得m=6∴OJ=6−22∴D（6−22【总结提升】本题考查坐标与图形变化﹣旋转，解直角三角形等知识，解题的关键是学会构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．类型8巧用旋转证明三角形全等9．（2021秋•集美区校级期中）如图（1），点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形．（1）连接BE、CD，求证：BE＝CD．（2）如图（2），将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AMN．①当旋转角为60度时，边AN落在边AE上；②在①的条件下，延长DN交CE于点P，连接BN，CN．当线段AB，AC满足什么数量关系时，△BDN≌△CPN？并给予证明．【思路引领】（1）根据等边三角形的性质可得AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝60°，然后求出∠BAE＝∠DAC，再利用“边角边”证明△BAE和△DAC全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；（2）①求出∠DAE，即可得到旋转角度数；②当AC＝2AB时，△BDN与△CPN全等．根据旋转的性质可得AB＝BD＝DN＝AN，然后得到四边形ABDN是菱形，根据菱形的对角线平分一组对角可得∠ABN＝∠DBN＝30°，菱形的对边平行可得DP∥BC，根据等边三角形的性质求出AC＝AE，∠ACE＝60°，然后根据等腰三角形三线合一的性质求出∠PCN＝∠ACN＝30°，从而得到∠ABN＝∠DBN＝∠BND＝∠ACN＝∠PNC＝30°，然后利用“角边角”证明△BDN与△CPN全等．【解答】（1）证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形．∴AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠BAD+∠DAE＝∠CAE+∠DAE，即∠BAE＝∠DAC，在△BAE和△DAC中，AB=AD∠BAE=∠DAC∴△BAE≌△DAC（SAS），∴BE＝CD；（2）解：①∵∠BAD＝∠CAE＝60°，∴∠DAE＝180°﹣60°×2＝60°，∵边AN落在AE上，∴旋转角＝∠DAE＝60°．故答案为：60．②当AC＝2AB时，△BDN与△CPN全等．理由如下：由旋转可知，AM与AD重合，∴AB＝BD＝DN＝AN，∴四边形ABDN是菱形，∴∠ABN＝∠DBN=12∠ABD=12×∵△ACE是等边三角形，∴AC＝AE，∠ACE＝60°，∵AC＝2AB，∴AE＝2AN，∴∠PCN＝∠ACN=12∠ACE又∵DP∥BC，∴∠ABN＝∠DBN＝∠BND＝∠ACN＝∠PCN＝∠PNC＝30°，在△BDN与△CPN中，∠DBN=∠PCNBN=CN∴△BDN≌△CPN（ASA）．【总结提升】本题考查了几何变换的综合题，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，以及旋转的性质，综合性较强，但难度不大，熟练掌握等边三角形的性质与全等三角形的判定时提到过．类型9巧用旋转判断图形的形状10．（2013•娄底）某校九年级学习小组在探究学习过程中，用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图（1）所示位置放置，现将Rt△AE