2024成都中考數(shù)學(xué)第一輪專題復(fù)習(xí)之專題六 類型三 旋轉(zhuǎn)問題 教學(xué)課件

專題六綜合與實踐類型三旋轉(zhuǎn)問題(8年3考：2021.27，2018.27，2016.27)滿分技法見第一部分微專題圖形的旋轉(zhuǎn)1.(2023武侯區(qū)模擬)如圖，在矩形ABCD中，AB＝kBC(0＜k＜1)，將線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)α度(0＜α＜90)得到線段AE，過點E作AE的垂線交射線CD于點H，交射線AD于點M.第1題圖備用圖【嘗試初探】(1)當(dāng)點M在AD延長線上運動時，∠BAE與∠AME始終相等，且△AEM與△HDM始終相似，請說明理由；第1題圖備用圖解：(1)∵四邊形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題圖【深入探究】(2)若k＝

，隨著線段AE的旋轉(zhuǎn)，點H的位置也隨之發(fā)生變化，當(dāng)CH＝

CD時，求tanα的值；第1題圖備用圖(2)∵AB＝kBC，k＝

，∴AB＝

BC.∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠ADC＝90°.∵CH＝

CD，∴設(shè)CD＝AB＝4a，則DH＝a，AE＝4a，AD＝8a，如解圖①，連接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題解圖①【拓展延伸】(3)連接ED，當(dāng)△EDM為等腰三角形時，求tanα的值(用含k的代數(shù)式表示).第1題圖(3)分兩種情況討論，①如解圖②，當(dāng)M在AD的延長線上時，過點D作DG⊥ME于點G.∵AE⊥ME，∴DG∥AE，∴∠MDG＝∠MAE，∠EDG＝∠DEA.第1題解圖②又∵DE＝DM，∴∠MDG＝∠EDG，∴∠MAE＝∠DEA，∴AD＝DE.設(shè)BC＝a，則AD＝DE＝DM＝a，AB＝AE＝ka，∴AM＝2a，由勾股定理得，ME＝＝＝a，∴tanα＝tan∠AME＝

＝

＝

.第1題解圖②②如解圖③，當(dāng)M在AD上時，設(shè)ME＝MD＝x，BC＝a，則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＝

＝＝

.綜上所述，tanα的值為

或

.第1題解圖③

解題關(guān)鍵點當(dāng)△EDM為等腰三角形時，需分點M在AD的延長線上和在AD上兩種情況討論．2.(2018成都B卷27題10分)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝

，AC＝2，過點B作直線m∥AC，將△ABC繞點C順時針旋轉(zhuǎn)得到△A′B′C(點A，B的對應(yīng)點分別為A′，B′)，射線CA′，CB′分別交直線m于點P，Q.(1)如圖①，當(dāng)P與A′重合時，求∠ACA′的度數(shù)；第2題圖解：(1)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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題圖(2)如圖②，設(shè)A′B′與BC的交點為M，當(dāng)M為A′B′的0中點時，求線段PQ的長；(2)∵∠A′CB′＝90°，M為A′B′的中點，∴MC＝MA′＝MB′，∴∠PCB＝∠MA′C，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠MA′C＝∠A，∴∠A＝∠PCB，∴tan∠PCB＝

＝tanA＝

，∴PB＝

BC＝

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

＝tan∠PCB＝

，∴BQ＝

＝×

＝2，∴PQ＝PB＋BQ＝

；第2題圖第2題圖(3)在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)點P，Q分別在CA′，CB′的延長線上時，試探究四邊形PA′B′Q的面積是否存在最小值．若存在，求出四邊形PA′B′Q的最小面積；若不存在，請說明理由．(3)存在．理由如下：由(1)知BC＝.由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得A′C＝AC＝2，B′C＝BC＝.∵S四邊形PA′B′Q＝S△PCQ－S△A′CB′＝S△PCQ－

A′C·B′C＝S△PCQ－，∴S△PCQ最小時，S四邊形PA′B′Q最小，易知S△PCQ＝

PQ·BC＝

PQ.如解圖，取PQ的中點G，連接CG，∵∠PCQ＝90°，∴CG＝

PQ.由垂線段最短可知當(dāng)CG⊥PQ時，即CG與CB重合，CG取最小值，最小值為，此時PQ的長度最小，最小值為2，∴S△PCQ的最小值＝

×2＝3，∴S四邊形PA′B′Q的最小值為3－.第2題解圖3.(2021成都B卷27題10分)在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝5，BC＝3，將△ABC繞點B順時針旋轉(zhuǎn)得到△A′BC′，其中點A，C的對應(yīng)點分別為點A′，C′.(1)如圖①，當(dāng)點A′落在AC的延長線上時，求AA′的長；第3題圖解：(1)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得BA＝BA′，∵∠ACB＝90°，∴CA′＝AC＝＝4，∴AA′＝8；(2)如圖②，當(dāng)點C′落在AB的延長線上時，連接CC′，交A′B于點M，求BM的長；第3題圖(2)解法一：如圖，過點C作CH⊥AB于點H，作CF∥BM交AB于點F，∴∠CFB＝∠A′BC′，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠ABC＝∠A′BC′，∴∠CFB＝∠ABC，∴CB＝CF＝3，F(xiàn)H＝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題圖∟HF解法二：如圖，過點C作CH⊥AB于點H，過點M作MG⊥BC′于點G.第3題圖∟H∟G由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠MBG＝∠CBA，∴tan∠MBG＝tan∠CBA，∴

＝

＝

，設(shè)MG＝4x，BG＝3x，則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題圖∟H∟G解法三：如圖，連接AA′交CC′于點O，過點B作BN∥AA′，第3題圖設(shè)∠AC′C＝∠1，∠A′AB＝∠2，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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題圖ON(3)如圖③，連接AA′，CC′，直線CC′交AA′于點D，點E為AC的中點，連接DE.在旋轉(zhuǎn)過程中，DE是否存在最小值？若存在，求出DE的最小值；若不存在，請說明理由．第3題圖(3)存在．如圖，連接A′C，過點A作AP∥A′C′交C′D的延長線于點P，則∠A′C′D＝∠P，P由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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為AA′的中點．∵E為AC的中點，∴DE為△AA′C的中位線，∴DE＝

A′C.∵A′C≥A′B－BC＝2，∴DE≥

(A′B－BC)＝1，∴DE的最小值為1.第3題圖P

解題關(guān)鍵點①連接A′C，過點A作AP∥A′C′交C′D的延長線于點P，證△ADP≌△A′DC′；②利用三角形三邊關(guān)系將DE的最小值轉(zhuǎn)化為A′C的最小值．旋轉(zhuǎn)問題①4.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝

，BC＝

，以BC為邊在右側(cè)作正方形BCDE，連接AE，CE，以AE為邊在上方作等邊△AEF.【問題發(fā)現(xiàn)】如圖①，設(shè)AE與BC交于點M，求BM的長；第4題圖解：∵四邊形BCDE是正方形，BC＝，∴BE＝BC＝.又∵BE∥CD，∴△BEM∽△CAM，∴

＝

＝

＝

.∵BC＝，∴

＝

，解得BM＝

；第4題圖【拓展延伸】將正方形BCDE繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)一定的角度．(1)如圖②，在正方形BCDE旋轉(zhuǎn)的過程中，當(dāng)C，E，F(xiàn)三點在一條直線上時，求旋轉(zhuǎn)的角度；第4題圖(1)①當(dāng)點E在AC的上方時，如解圖①，過A作CF的垂線，垂足為點G.∵B′C＝BC＝，∴EC＝B′C＝2.第4題解圖①設(shè)AE＝x.∵△AEF是等邊三角形，∴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題解圖①∵∠AEG＝60°，∴∠ACE＝30°，∴∠BCE＝60°，∴旋轉(zhuǎn)的角度為∠BCB′＝∠BCE＋∠B′CE＝60°＋45°＝105°；第4題解圖①②當(dāng)點E在AC的下方時，如解圖②.第4題解圖②∵CE是正方形B′CDE的對角線，∴∠B′CE＝45°.∵C，E，F(xiàn)三點在一條直線上，∴∠ECF＝180°，∴旋轉(zhuǎn)的角度為∠BCB′＝∠ECF＋∠B′CE＝180°＋45°＝225°.綜上所述，C，E，F(xiàn)三點在一條直線上時旋轉(zhuǎn)角度為105°或225°；

解題關(guān)鍵點C，E，F(xiàn)三點在一條直線上，則需分點E在AC的上方和點E在AC的下方兩種情況討論．(2)由題意可知在正方形BCDE繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)的過程中，點E的運動軌跡是以點C為圓心，CE為半徑的圓．∵△AEF是等邊三角形，∴點F的運動軌跡是一個圓，其半徑OF＝CE＝2，畫出⊙O如解圖③，記EF與AC交于點G.(2)在正方形BCDE旋轉(zhuǎn)的過程中，求點F到AC的最小距離．第4題圖第4題解圖③當(dāng)OF⊥AC時，點F到AC的距離最小，此時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，∴點F到AC的最小距離為1.第4題解圖③旋轉(zhuǎn)問題②5.【問題探究】(1)已知：如圖①，在銳角△ABC中，分別以AB，AC為邊向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE＝AB，AD＝AC，∠BAE＝∠CAD，連接BD，CE.求證：BD＝CE；第5題圖(1)證明：∵∠BAE＝∠CAD，∴∠BAE＋∠BAC＝∠CAD＋∠BAC，即∠CAE＝∠DAB.在△ACE和△ADB中，

∴△ACE≌△ADB(SAS)，∴BD＝CE；【思維提升】(2)如圖②，在△ABC中，以AB為邊向外作等邊△ABE，連接EC，∠ACB＝30°，AC＝3，BC＝

，求EC長；第5題圖(2)解：如解圖①，以AC為邊作等邊△ACD，連接BD.則∠ACD＝60°，CD＝AC＝3.∵∠ACB＝30°，∴∠BCD＝90°，∴BD＝＝＝4，由(1)得CE＝BD，∴EC＝4；第5題解圖①【拓展應(yīng)用】(3)如圖③，在△ABC中，∠ABC＝60°，AB＝6，過點A作AD⊥BC交BC于點D，過點B作直線l⊥BC，點H是直線l上的一個動點，線段AH繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)30°得到線段AH′，連接BH′，求AH′＋BH′的最小值．第5題圖(3)解：∵直線l⊥BC，∴∠HBD＝90°.∵∠ABD＝60°，∴∠ABH＝30°，如解圖②，將AB繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)30°得到線段AE，第5題解圖②∴∠BAE＝30°，AE＝AB，∵線段AH繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)30°得到線段AH′，∴∠HAH′＝30°，AH＝AH′，∴∠BAE＝∠HAH′，∴∠EAH′＝∠BAH.在△ABH和△AEH′中，

∴△ABH≌△AEH′(SAS)，∴∠AEH′＝∠ABH＝30°，∴點H′在與定線段AE成30°的直線m上運動．第5題解圖②如解圖②，作點A關(guān)于直線m的對稱點F，連接FB，F(xiàn)H′，AF，AF交直線m于點G，∴AH′＝FH′，∴AH′＋BH′＝FH′＋BH′，由三角形三邊關(guān)系可知，F(xiàn)H′＋BH′≥BF，∴FH′＋BH′的最小值是BF的長，即AH′＋BH′的最小值是BF的長．∵∠FAE＝90°－∠AEH′＝60°，∠BAE＝30°，∴∠BAF＝∠FAE＋∠BAE＝90°.第5題解圖②∵AE＝AB＝6，∴AG＝

AE＝3，∴AF＝2AG＝6.∴BF＝＝6，即AH′＋BH′的最小值為6.第5題解圖②

解題關(guān)鍵點構(gòu)造手拉手模型，將AB繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)30°得到線段AE，證明三角形全等，推出點H′的運動軌跡是關(guān)鍵．旋轉(zhuǎn)問題③6.(2023龍泉驛區(qū)二診)如圖，菱形ABCD的邊長為4，∠B＝60°，點M是邊BC上一動點，點E為AM延長線上一點，將AE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AF，交CD于點N，連接EF，且EF恰好過點C，其中

＝k.(1)若k＝1時，求EF的長；第6題圖(1)解：如圖，連接AC.∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC.∵∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠BAC＝60°，AC＝AB＝4.∵k＝1，∴BM＝CM，∴∠BAE＝∠CAE＝30°.∵EA＝AF，∠EAF＝60°，∴△AEF是等邊三角形．∵∠CAE＝30°，∴∠CAF＝30°，∴AC⊥EC，EC＝CF，∴EC＝AC·tan30°＝

，∴EF＝2EC＝

；第6題圖(2)求證：

＝

；第6題圖(2)證明：如圖，連接AC，在AF上取一點K，使得FC＝FK，連接CK.∵∠BAC＝∠EAF＝60°，∴∠BAM＝∠CAN.∵AB＝AC，∠B＝∠ACN＝60°，∴△ABM≌△ACN(ASA)，∴BM＝CN.∵FC＝FK，∠F＝60°，∴△FCK是等邊三角形，∴CK＝CF，∠CKN＝∠F＝60°.K∵AB∥CD，∠ABC＝60°，∴∠BCD＝180°－60°＝120°.∵∠MAN＝60°，∴∠MAN＋∠MCN