专题旋转、圆一

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圆的问题专题

专题-圆的问题专题知识回顾一、与圆有关的概念与规律1．圆：平面上到定点的距离等于定长的所有点组成的图形叫做圆。

定点称为圆心，定长称为半径。

圆的半径或直径决定圆的大小，圆心决定圆的位置。

2.圆的性质：（1）圆具有旋转不变性；（2）圆具有轴对称性；（3）圆具有中心对称性。

3.垂径定理：垂直于弦的直径平分弦，并且平分弦所对的两条弧。

4．推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧．5．圆心角：顶点在圆心上的角叫做圆心角。

圆心角的度数等于它所对弧的度数。

6．在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦相等，所对的弦心距也相等。

在同圆或等圆中，如果两条弧相等，那么他们所对的圆心角相等，所对的弦相等，所对的弦心距也相等。

在同圆或等圆中，如果两条弦相等，那么他们所对的圆心角相等，所对的弧相等，所对的弦心距也相等。

7.圆周角：顶点在圆周上，并且两边分别与圆相交的角叫做圆周角。

8.在同圆或等圆中，同弧或等弧所对的圆周角相等，都等于这条弧所对的圆心角的一半．9．半圆（或直径）所对的圆周角是直角，90°的圆周角所对的弦是直径．10. 点和圆的位置关系：① 点在圆内点到圆心的距离小于半径② 点在圆上点到圆心的距离等于半径③ 点在圆外点到圆心的距离大于半径11. 过三点的圆：不在同一直线上的三个点确定一个圆。

12. 外接圆和外心：经过三角形的三个顶点可以做一个圆，这个圆叫做三角形的外接圆。

外接圆的圆心，叫做三角形的外心。

外心是三角形三条边垂直平分线的交点。

外心到三角形三个顶点的距离相等。

13．若四边形的四个顶点都在同一个圆上，这个四边形叫做圆内接四边形，这个圆叫做这个四边形的外接圆。

14．圆内接四边形的特征：⇔⇔⇔①圆内接四边形的对角互补；②圆内接四边形任意一个外角等于它的内对角。

15.直线与圆有3种位置关系：如果⊙O 的半径为r ，圆心O 到直线的距离为d ，那么① 直线和⊙O 相交；② 直线和⊙O 相切；③ 直线和⊙O 相离。

物理旋转圆

物理旋转圆
物理旋转圆是一种常见的物理模型，用于描述带电粒子在匀强磁场中的偏转现象。

模型的构建基于以下假设条件：
1. 在匀强磁场中做匀速圆周运动。

2. 磁场有一定范围。

3. 粒子速度大小不变，方向改变，则$r=mv/qB$大小不变，但轨迹的圆心位置变化，相当于圆心在绕着入射点滚动。

在旋转圆模型中，粒子的运动轨迹为圆形，但由于磁场有一定范围，粒子的完整圆周运动往往会被破坏，可能存在最大、最小面积，最长、最短时间等问题。

旋转圆模型在物理学习中具有重要的地位，能够帮助学生更好地理解带电粒子在磁场中的运动规律。

人教培优旋转辅导专题训练附详细答案

一、旋转真题与模拟题分类汇编（难题易错题）1．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明参见解析；（2）相等，垂直；（3）成立，理由参见解析.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.试题解析：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF 是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵MN 是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE ，交MD 于点G ，∵点M 为AF 的中点，点N 为EF 的中点，∴MN ∥AE ，MN=AE ，由已知得，AB=AD=BC=CD ，∠B=∠ADF ，CE=CF ，又∵BC+CE=CD+CF ，即BE=DF ，∴△ABE ≌△ADF ，∴AE=AF ，在Rt △ADF 中，∵点M 为AF 的中点，∴DM=AF ，∴DM=MN ，∵△ABE ≌△ADF ，∴∠1=∠2，∵AB ∥DF ，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM ，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN ∥AE ，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM ⊥MN ．所以（2）中的两个结论还成立.考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．2．平面上，Rt △ABC 与直径为CE 的半圆O 如图1摆放，∠B ＝90°，AC ＝2CE ＝m ，BC ＝n ，半圆O 交BC 边于点D ，将半圆O 绕点C 按逆时针方向旋转，点D 随半圆O 旋转且∠ECD 始终等于∠ACB ，旋转角记为α（0°≤α≤180°）（1）当α＝0°时，连接DE ，则∠CDE ＝ °，CD ＝；（2）试判断：旋转过程中BDAE的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明；（3）若m ＝10，n ＝8，当α＝∠ACB 时，求线段BD 的长；（4）若m ＝6，n ＝2，当半圆O 旋转至与△ABC 的边相切时，直接写出线段BD 的长．【答案】（1）90°，2n ；（2）无变化；（3）55；（4）BD=101143．【解析】试题分析：（1）①根据直径的性质，由DE ∥AB 得CD CECB CA=即可解决问题．②求出BD 、AE 即可解决问题．（2）只要证明△ACE ∽△BCD 即可．（3）求出AB 、AE ，利用△ACE ∽△BCD 即可解决问题．（4）分类讨论：①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切，②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，分别求出BD 即可．试题解析：（1）解：①如图1中，当α=0时，连接DE ，则∠CDE =90°．∵∠CDE =∠B =90°，∴DE ∥AB ，∴CE CD AC CB ==12．∵BC =n ，∴CD =12n ．故答案为90°，12n ． ②如图2中，当α=180°时，BD =BC +CD =32n ，AE =AC +CE =32m ，∴BD AE =n m．故答案为nm．（2）如图3中，∵∠ACB =∠DCE ，∴∠ACE =∠BCD ．∵CD BC nCE AC m==，∴△ACE ∽△BCD ，∴BD BC nAE AC m==．（3）如图4中，当α=∠ACB 时．在Rt △ABC 中，∵AC =10，BC =8，∴AB 22AC BC -．在Rt △ABE 中，∵AB =6，BE =BC ﹣CE =3，∴AE 22AB BE +2263+52）可知△ACE ∽△BCD ，∴BD BCAE AC=，∴35=810，∴BD 125125．（4）∵m =6，n =2∴CE =3，CD 2，AB 22CA BC -=2，①如图5中，当α=90°时，半圆与AC 相切．在Rt △DBC 中，BD 22BC CD +224222+（）（）10． ②如图6中，当α=90°+∠ACB 时，半圆与BC 相切，作EM ⊥AB 于M ．∵∠M =∠CBM =∠BCE =90°，∴四边形BCEM 是矩形，∴342BM EC ME ===，∴AM=5，AE=22AM ME=57，由（2）可知DBAE=223，∴BD=21143．故答案为210或2114．点睛：本题考查了圆的有关知识，相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，正确画出图形是解决问题的关键，学会分类讨论的思想，本题综合性比较强，属于中考压轴题．3．小明在矩形纸片上画正三角形，他的做法是：①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB与DC重合，得到折痕EF，把纸片展平；②沿折痕BG折叠纸片，使点C落在EF上的点P 处，再折出PB、PC，最后用笔画出△PBC(图1)．（1）求证：图1中的PBC是正三角形：（2）如图2，小明在矩形纸片HIJK上又画了一个正三角形IMN，其中IJ=6cm，且HM=JN．①求证：IH=IJ②请求出NJ的长；（3）小明发现：在矩形纸片中，若一边长为6cm，当另一边的长度a变化时，在矩形纸片上总能画出最大的正三角形，但位置会有所不同．请根据小明的发现，画出不同情形的示意图(作图工具不限，能说明问题即可)，并直接写出对应的a的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②1233）3＜a＜3，a＞3【解析】分析：（1）由折叠的性质和垂直平分线的性质得出PB=PC，PB=CB，得出PB=PC=CB即可；（2）①利用“HL”证Rt△IHM≌Rt△IJN即可得；②IJ上取一点Q，使QI=QN，由Rt △IHM ≌Rt △IJN 知∠HIM=∠JIN=15°，继而可得∠NQJ=30°，设NJ=x ，则IQ=QN=2x 、QJ=3x ，根据IJ=IQ+QJ 求出x 即可得；（3）由等边三角形的性质、直角三角形的性质、勾股定理进行计算，画出图形即可．（1）证明：∵①对折矩形纸片ABCD(AB>BC)，使AB 与DC 重合，得到折痕EF ∴PB=PC∵沿折痕BG 折叠纸片，使点C 落在EF 上的点P 处 ∴PB=BC ∴PB=PC=BC∴△PBC 是正三角形：（2）证明：①如图∵矩形AHIJ ∴∠H=∠J=90° ∵△MNJ 是等边三角形 ∴MI=NI在Rt △MHI 和Rt △JNI 中MI NIMH NJ=⎧⎨=⎩ ∴Rt △MHI ≌Rt △JNI （HL ） ∴HI=IJ②在线段IJ 上取点Q ，使IQ=NQ∵Rt △IHM ≌Rt △IJN ， ∴∠HIM=∠JIN ， ∵∠HIJ=90°、∠MIN=60°， ∴∠HIM=∠JIN=15°，由QI=QN 知∠JIN=∠QNI=15°， ∴∠NQJ=30°，设NJ=x ，则IQ=QN=2x ，22=3QN NJ -x ， ∵IJ=6cm ，∴2x+3x=6，∴x=12-63，即NJ=12-63（cm ）．（3）分三种情况： ①如图：设等边三角形的边长为b ，则0＜b≤6，则tan60°=3=2a b ， ∴a=3b ， ∴0＜b≤63=33； ②如图当DF 与DC 重合时，DF=DE=6， ∴a=sin60°×DE=32=33 当DE 与DA 重合时，a=63sin603==︒ ∴33a ＜3 ③如图∵△DEF是等边三角形∴∠FDC=30°∴DF=643cos303==︒∴a＞43点睛：本题是四边形的综合题目，考查了折叠的性质、等边三角形的判定与性质、旋转的性质、直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大．4．如图（1）所示，将一个腰长为2等腰直角△BCD和直角边长为2、宽为1的直角△CED 拼在一起．现将△CED绕点C顺时针旋转至△CE’D’，旋转角为a．（1）如图（2），旋转角a=30°时，点D′到CD边的距离D’A=______．求证：四边形ACED′为矩形；（2）如图（1），△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，在BC上如何取点G，使得GD’=E’D；并说明理由．（3）△CED绕点C顺时针旋转一周的过程中，∠CE’D=90°时，直接写出旋转角a的值．【答案】1【解析】分析：（1）过D′作D′N⊥CD于N．由30°所对直角边等于斜边的一半即可得结论．由D’A∥CE且D’A=CE=1，得到四边形ACED’为平行四边形．根据有一个角为90°的平行四边形是矩形，即可得出结论；（2）取BC中点即为点G，连接GD’．易证△DCE’≌△D’CG，由全等三角形的对应边相等即可得出结论．（3）分两种情况讨论即可．详解：（1）D’A=1．理由如下：过D′作D′N⊥CD于N．∵∠NCD′=30°，CD′=CD=2，∴ND′= 12CD′=1．由已知，D’A∥CE，且D’A=CE=1，∴四边形ACED’为平行四边形．又∵∠DCE=90°，∴四边形ACED’为矩形；（2）如图，取BC中点即为点G，连接GD’．∵∠DCE=∠D’CE’=90°，∴∠DCE’=∠D’CG．又∵D’C= DC，CG=CE’，∴△DCE’≌△D’CG，∴GD’=E’D．（3）分两种情况讨论：①如图1．∵∠CE′D=90°，CD=2，CE′=1，∴∠CDE′=30°，∴∠E′CD=60°，∴∠E′CB=30°，∴旋转角=∠ECE′=180°+30°=210°．②如图2，同理可得∠E′CE=30°，∴旋转角=360°－30°=330°．点睛：本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．5．如图，点A是x轴非负半轴上的动点，点B坐标为（0，4），M是线段AB的中点，将点M绕点A顺时针方向旋转90°得到点C，过点C作x轴的垂线，垂足为F，过点B作y 轴的垂线与直线CF相交于点E，连接AC，BC，设点A的横坐标为t．（Ⅰ）当t=2时，求点M的坐标；（Ⅱ）设ABCE的面积为S，当点C在线段EF上时，求S与t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；（Ⅲ）当t为何值时，BC+CA取得最小值．【答案】（1）（1，2）；（2）S=32t+8（0≤t≤8）；（3）当t=0时，BC+AC有最小值【解析】试题分析：（I）过M作MG⊥OF于G，分别求OG和MG的长即可；（II）如图1，同理可求得AG和OG的长，证明△AMG≌△CAF，得：AG=CF=12t，AF=MG=2，分别表示EC和BE的长，代入面积公式可求得S与t的关系式；并求其t的取值范围；（III）证明△ABO∽△CAF，根据勾股定理表示AC和BC的长，计算其和，根据二次根式的意义得出当t=0时，值最小．试题解析：解：（I）如图1，过M作MG⊥OF于G，∴MG∥OB，当t=2时，OA=2．∵M是AB的中点，∴G是AO的中点，∴OG=12OA=1，MG是△AOB的中位线，∴MG=12OB=12×4=2，∴M（1，2）；（II）如图1，同理得：OG=AG=12t．∵∠BAC=90°，∴∠BAO+∠CAF=90°．∵∠CAF+∠ACF=90°，∴∠BAO=∠ACF．∵∠MGA=∠AFC=90°，MA=AC，∴△AMG≌△CAF，∴AG=CF=12t，AF=MG=2，∴EC=4﹣12t，BE=OF=t+2，∴S △BCE =12EC •BE =12（4﹣12t ）（t +2）=﹣14t 2+32t +4； S △ABC =12•AB •AC =12•216t +•21162t +=14t 2+4，∴S =S △BEC +S △ABC =32t +8．当A 与O 重合，C 与F 重合，如图2，此时t =0，当C 与E 重合时，如图3，AG =EF ，即12t =4，t =8，∴S 与t 之间的函数关系式为：S =32t +8（0≤t ≤8）；（III ）如图1，易得△ABO ∽△CAF ，∴AB AC =OB AF =OA FC =2，∴AF =2，CF =12t ，由勾股定理得：AC =22AF CF +=22122t +（）=2144t +，BC =22BE EC +=221242t t ++-（）（）=21544t +（），∴BC +AC =（ 5+1）2144t +，∴当t =0时，BC +AC 有最小值．点睛：本题考查了几何变换综合题，知识点包括相似三角形、全等三角形、点的坐标、几何变换（旋转）、三角形的中位线等，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．6．（10分）已知△ABC 和△ADE 是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F 为BE 中点，连结DF 、CF.（1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上，请直接写出此时线段DF、CF的数量关系和位置关系（不用证明）；（2）如图2，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45°时，请你判断此时（1）中的结论是否仍然成立，并证明你的判断；（3）如图3，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转90°时，若AD=1，AC=，求此时线段CF的长（直接写出结果）.【答案】（1）相等和垂直；（2）成立，理由见试题解析；（3）．【解析】试题分析：（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可知DF=BF，根据∠DFE=2∠DCF，∠BFE=2∠BCF，得到∠EFD+∠EFB=2∠DCB=90°，DF⊥BF；（2）延长DF交BC于点G，先证明△DEF≌△GCF，得到DE=CG，DF=FG，根据AD=DE，AB=BC，得到BD=BG又因为∠ABC=90°，所以DF=CF且DF⊥BF；（3）延长DF交BA于点H，先证明△DEF≌△HBF，得到DE=BH，DF=FH，根据旋转条件可以△ADH为直角三角形，由△ABC和△ADE是等腰直角三角形，AC=，可以求出AB的值，进而可以根据勾股定理可以求出DH，再求出DF，由DF=BF，求出得CF的值．试题解析：（1）∵∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，∴DF=BE，CF=BE. ∴DF=CF．∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴∠ABC=45°.∵BF=DF，∴∠DBF=∠BDF.∵∠DFE=∠ABE+∠BDF，∴∠DFE=2∠DBF.同理得：∠CFE=2∠CBF，∴∠EFD+∠EFC=2∠DBF+2∠CBF=2∠ABC=90°.∴DF=CF，且DF⊥CF．（2）（1）中的结论仍然成立．证明如下：如图，此时点D落在AC上，延长DF交BC于点G．∵∠ADE=∠ACB=90°，∴DE∥BC．∴∠DEF=∠GBF，∠EDF=∠BGF．∵F为BE中点，∴EF=BF．∴△DEF≌△GBF．∴DE=GB，DF=GF．∵AD=DE，∴AD=GB.∵AC=BC，∴AC-AD="BC-GB." ∴DC=GC．∵∠ACB=90°，∴△DCG是等腰直角三角形.∵DF=GF，∴DF=CF，DF⊥CF．（3）如图，延长DF交BA于点H，∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∴AC=BC，AD=DE．∴∠AED=∠ABC=45°.∵由旋转可以得出，∠CAE=∠BAD=90°，∵AE∥BC，∴∠AEB=∠CBE. ∴∠DEF=∠HBF．∵F是BE的中点，∴EF="BF." ∴△DEF≌△HBF. ∴ED=HB.∵AC=，在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB=4.∵AD=1，∴ED=BH=1.∴AH=3.在Rt△HAD中，由勾股定理，得DH=，∴DF=，∴CF=.∴线段CF的长为.考点：1.等腰直角三角形的性质；2.全等三角形的判定和性质；3.勾股定理．7．如图1，在△ABC中，E、D分别为AB、AC上的点，且ED//BC，O为DC中点，连结EO 并延长交BC的延长线于点F，则有S四边形EBCD=S△EBF.（1）如图2，在已知锐角∠AOB内有一个定点P．过点P任意作一条直线MN，分别交射线OA、OB于点M、N．将直线MN绕着点P旋转的过程中发现，当直线MN满足某个条件时，△MON的面积存在最小值．直接写出这个条件:_______________________.（2）如图3，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A、B、C、P的坐标分别为（6，0）、（6，3）、（，）、（4、2），过点P的直线l与四边形OABC一组对边相交，将四边形OABC分成两个四边形，求其中以点O为顶点的四边形面积的最大值．【答案】（1）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，△MON的面积最小；（2）10.【解析】试题分析：（1）当直线旋转到点P是MN的中点时S△MON最小，过点M作MG∥OB交EF 于G．由全等三角形的性质可以得出结论；（2）①如图3①过点P的直线l 与四边形OABC 的一组对边 OC、AB分别交于点M、N，由（1）的结论知，当PM=PN时，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大，S =S△OAD-S△MND.四边形OANM②如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N，利用S=S△OCT-S△MN T，进而得出答案．四边形OCMN试题解析：（1）当直线MN旋转到点P是线段MN的中点时，△MON的面积最小.如图2，过点P的另一条直线EF交OA、OB于点E、F，设PF＜PE，过点M作MG∥OB交EF于G，可以得出当P是MN的中点时S四边形MOFG=S△MON．∵S四边形MOFG＜S△EOF，∴S△MON＜S△EOF.∴当点P是MN的中点时S△MON最小.（2）分两种情况：①如图3①过点P的直线l 与四边形OABC 的一组对边 OC、AB分别交于点M、N．延长OC、AB交于点D，易知AD = 6，S△OAD＝18 ．由（1）的结论知，当PM=PN时，△MND的面积最小，此时四边形OANM的面积最大．过点P、M分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足分别为P1、M1．由题意得M1P1=P1A = 2，从而OM1=MM1= 2．又P(4,2)，B(6,3)∴P1A=M1P1="O" M1=P1P=2，M1M=OM=2，可证四边形MM1P1P是正方形．∴MN∥OA，∠MND=90°，NM=4，DN=4．求得S△MND＝8.∴.② 如图3②，过点P的直线l与四边形OABC的另一组对边CB、OA分别交M、N．延长CB交x轴于T点，由B、C的坐标可得直线BC对应的函数关系式为 y =－x＋9 ．则T点的坐标为（9，0）．∴S△OCT=×9×=．由(1)的结论知：当PM=PN时，△MNT的面积最小，此时四边形OCMN的面积最大．过点P、M点分别作PP1⊥OA，MM1⊥OA，垂足为P1，M1.从而 NP1=P1M1，MM1=2PP1=4．∴点M的横坐标为5，点P（4、2），P1M1= NP1= 1，TN =6．∴S△MNT=×6×4=12，S四边形OCMN=S△OCT-S△MNT =-12=＜10．综上所述：截得四边形面积的最大值为10．考点：1.线动旋转问题；2.正方形的判定和性质；3.图形面积求法；4.分类思想的应用.8．(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.【答案】(1) AD=BE ，AD ⊥BE ．(2) AD=BE ，AD ⊥BE ．(3) 5-32≤PC≤5+32．【解析】【分析】（1）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），得AD=BE ，∠EBC=∠CAD ，延长BE 交AD 于点F ，由垂直定义得AD ⊥BE ．（2）根据等腰三角形性质证△ACD ≌△BCE （SAS ），AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，由垂直定义得∠OHB=90°，AD ⊥BE ；（3）作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ，PC=BE ，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值=PB-PE ；当P 、E 、B 共线时，BE 最大，最大值=PB+PE ，故5-32≤BE≤5+32.【详解】（1）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．理由：如图1中，∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ACD=90°，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝ ∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠EBC=∠CAD延长BE 交AD 于点F ，∵BC ⊥AD ，∴∠EBC+∠CEB=90°，∵∠CEB=AEF ，∴∠EAD+∠AEF=90°，∴∠AFE=90°，即AD ⊥BE ．∴AD=BE ，AD ⊥BE ．故答案为AD=BE ，AD ⊥BE ．（2）结论：AD=BE ，AD ⊥BE ．理由：如图2中，设AD 交BE 于H ，AD 交BC 于O ．∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形，∴AC=BC ，CE=CD ，∠ACB=∠ECD=90°，∴ACD=∠BCE ，在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩＝＝＝，∴△ACD ≌△BCE （SAS ），∴AD=BE ，∠CAD=∠CBE ，∵∠CAO+∠AOC=90°，∠AOC=∠BOH ，∴∠BOH+∠OBH=90°，∴∠OHB=90°，∴AD ⊥BE ，∴AD=BE ，AD ⊥BE ．（3）如图3中，作AE ⊥AP ，使得AE=PA ，则易证△APE ≌△ACP ，∴PC=BE ，图3-1中，当P 、E 、B 共线时，BE 最小，最小值2，图3-2中，当P、E、B共线时，BE最大，最大值=PB+PE=5+32，∴5-32≤BE≤5+32，即5-32≤PC≤5+32．【点睛】本题是几何变换综合题，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等知识，解题的关键是正确寻找三角形全等的条件，学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．9．我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。

专题18 磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型(解析版)

2022届高三物理二轮常见模型与方法综合特训专练专题18 磁场中的旋转圆、放缩圆、平移圆、磁聚焦模型专练目标专练内容目标1旋转圆模型（1T—5T）目标2放缩圆模型（6T—10T）目标3平移圆模型（11T—15T）目标4磁聚焦模型（16T—20T）一、旋转圆模型1．如图甲所示的平面直角坐标系中，x轴上方有磁感应强度大小为B、垂直纸面向外的匀强磁场，在O点处有一粒子源，沿纸面不断地放出同种粒子，粒子的速率均为v，粒子射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角范围为60°—120°。

粒子的重力及粒子间的相互作用均不计。

图乙中的阴影部分表示粒子能经过的区域，其内边界与x轴的交点为E，外边界与x轴的交点为F，与y轴的交点为D（a，0）。

下列判断正确的是（）A．粒子所带电荷为正电B．OF3C．粒子源放出的粒子的荷质比为v aBD．从点E离开磁场的粒子在磁场中运动的时间可能为23a v π【答案】CD【详解】A．由左手定则可知，粒子所带电荷为负电，选项A错误；B．则OD a R==则OF=2R=2a选项B错误；C．根据2vqvB mR=解得q v vm BR Ba==选项C正确；D．从点E离开磁场的粒子在磁场中转过的角度可能为120°，也可能是240°，则在磁场中运动的时间可能为233vT atπ==也可能是2433T atvπ=='选项D正确。

故选CD。

2．如图，一粒子发射源P位于足够长绝缘板AB的上方d处，能够在纸面内向各个方向发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力。

已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d，则（）A．磁感应强度的大小为d kvB．磁感应强度的大小为v kdC ．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为76dvπ D ．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为6kdvπ【答案】BC【详解】AB ．根据牛顿第二定律2v qvB m d =根据题意q k m =解得v B kd =，A 错误，B 正确；CD ．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最长时间和最短时间如图所示min 16t T =；max 34t T =粒子运动的周期为2dT v π=最大时间差为max min t t t ∆=-解得76d t vπ∆=，C 正确，D 错误。

人教版九年级数学上册：旋转与圆期末复习讲义(含解析)

教师辅导讲义（画竹必先成竹于胸！）题型一：中心对称与中心对称图形1、1、下列四个图形中，不是中心对称图形的是(C )A.B. C.D.2、下列图形中，是中心对称图形的是（ B ）知识典例C 专题——旋转复习题型二：旋转的基本性质1、如图，△ODC是由△OAB绕点O顺时针旋转30°后得到的图形，若点D恰好落在AB上，且∠AOC的度数为100°，则∠DOB的度数是（A）A. 40°B. 30°C. 38°D. 15°2、如图所示，边长为的正三角形的边在轴上，将绕原点逆时针旋转得到三角形，则点的坐标为（ B ）A. B. C. D.3、如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（C）A．35°B．40°C．50°D．65°4、如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°后得到△AB′C′（点B的对应点是点B′，点C的对应点是点C′），连接CC′．若∠CC′B′=32°，则∠B的大小是（C）A．32° B．64°C．77°D．87°5、如图，已知Rt△ABC中，∠C=90∘，∠ABC=30∘，AB=6cm，将△ABC绕着点B顺时针旋转至△A′BC′的位置，且A、B、C′三点在同一条直线上，则点C经过的路线的长度是(C)A. 12cmB. 5π2cmC. 5√3π2cmD. 2√33cm6、如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AB=2．将△ABC 绕直角顶点C 逆时针旋转60°得△A ′B ′C ′，则点B 转过的路径长为 ___33π___ ．题型三：作图题1、如图，△ ABC 三个顶点的坐标分别为 A(－2,3)， B(－3,1)， C(－1,2)．(1)将△ABC 向右平移4个单位，画出平移后的△A 1B 1 C 1；(2)画出△ABC 关于x 轴对称的△A 2B 2C 2；(3)将△ABC 绕原点O 旋转180°，画出旋转后的△A 3B 3C 3；2、如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABC的三个顶点坐标分别为A（2，﹣4），B（4，﹣4），C（1，﹣1）．（1）画出△ABC关于y轴对称的△A1B1C1，直接写出点A1的坐标；（2）画出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2；（3）在（2）的条件下，求线段BC扫过的面积（结果保留π）．题型四：旋转证明1、四边形ABCD是正方形，△ABE绕点A逆时针旋转一定角度后得到△ADF，且点F，A，B在同一直线上（如图所示），如果AF=4，AB=7。

专题圆周运动临界问题

专题圆周运动的临界问题一．水平转台上与静摩擦力有关的临界问题在转台上做圆周运动的物体，若有静摩擦力参与，当转台的转速变化时，静摩擦力也会随之变化。

关键：（1）找出与最大静摩擦力对应的临界条件（2）牢记“静摩擦力大小有个范围，方向可以改变1．单个物体做圆周运动【例1】如图所示，水平转盘上放有质量为m 的物块，当物块到转轴的距离为r 时，连接物块和转轴的绳刚好被拉直（绳上张力为零）。

物体和转盘间最大静摩擦力是其下压力的μ倍。

求：⑴当转盘角速度ω1＝μg 2r 时，细绳的拉力T 1 ⑵当转盘角速度ω2＝3μg 2r时，细绳的拉力T 22．绳子连接两个物体在圆心的一侧做圆周运动【例2】一圆盘可以绕其竖直轴在图所示水平面内转动，A 、B 物体质量均为m ，它们与圆盘之间的最大静摩擦力均为正压力的μ倍，两物体用一根长为L 的轻绳连在一起。

若将A 放在距轴心为L 的位置，A 、B 之间连线刚好沿半径方向被拉直，随着圆盘角速度ω的增加，摩擦力或绳子拉力会出现不同的状态，（两物体均看作质点）求：（1）ω1＝Lg 3μ时，细绳的拉力T 1和A 所受的摩擦力f 1（2）ω1＝Lg 53μ时，细绳的拉力T 2和A 所受的摩擦力f 23.绳子连接两个物体分别在圆心的两侧做圆周运动【例3】(多选)如图所示，在匀速转动的水平圆盘上，沿半径方向放着用细绳相连的质量均为m 的两个物体A 和B ，它们分居圆心两侧，与圆心距离分别为R A ＝r ，R B ＝2r ，与盘间的动摩擦因数μ相同，当圆盘转速缓慢加快到两物体刚好要发生滑动时，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )A ．此时绳子张力为3μmgB ．此时A 所受摩擦力方向沿半径指向圆内C ．此时圆盘的角速度为2μg rD ．此时烧断绳子，A 仍相对盘静止，B 将做离心运动【针对训练1】如图所示，水平转台上的小物体A 、B 通过轻绳连接，转台静止时绳中无拉力，A 、B 的质量分别为m 、2m ，A 、B 与转台间的动摩擦因数均为μ， A 、B 离转台中心的距离分别为1.5r 、r ，当两物体随转台一起匀速转动时，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法中正确的是（）A ．绳中无拉力时，A 、B 物体受到的摩擦力大小相等B ．当绳中有拉力时，转台转动的角速度应大于√μg rC ．若转台转动的角速度为√6μg r ，则A 、B 一起相对转台向B 离心的方向滑动D ．物体A 所受的摩擦力方向一定指向圆心【针对训练2】（多选）如图所示，圆盘可以绕其竖直轴在水平面内转动。

放缩圆旋转圆平移圆等大圆教学课件

求ab上被α粒子打中的区域的长度。
解析：α 粒子带正电，沿逆时针方 a
向做匀速圆周运动，轨道半径R为
mv
R
10cm 即：2R > l > R
qB
NP1 R 2 ( l R )2 8cm
NP2 ( 2 R )2 l 2 12cm
故P1P2=20cm
P1
N
P2
l
S
B
b
有界磁场之临界问题：入射点不确定引起的临界问题
入磁场，已知MA=d，∠PMN45º，离子的质量为m、带电
荷量为q、要使离子不从MP边射出，离子进入磁场的速度
最大不能超过多少？

+
=

45
=
P

=

B

2+1
v0
r
450
M
O
r A N
有界磁场之临界问题：速度方向不确定引起的临界问题
例、如图，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于纸面向里，
总结:粒子以相同大小，不同方向的速度进入磁场之
后的运动轨迹如何?它们的圆心位置有什么特点?
①当同种粒子的射入速度大小
确定，而方向不确定时，所有
轨迹圆是一样的，半径都为R，
只是位置不同。
②所有轨迹圆绕入射点，向粒
子运动方向旋转。
③轨迹分布在一个半径为2R的
圆形区域内。
④所有轨迹圆的圆心在一个半
径为R的圆上。
例：如下图所示，两块长度均为5d的金属板相
距d，平行放置，下板接地，两极间有垂直只面向里
的匀强磁场，一束宽为d的电子束从两板左侧垂直磁
场方向射入两极间，设电子的质量为m，电量为e，入

(完整版)九年级上圆与旋转专题期末复习讲义

期末复习2（圆与旋转）学生/课程年级学科授课教师日期时段核心内容旋转、中心对称、圆课型一对一教学目标1.掌握旋转的性质2.掌握中心对称图形3.掌握垂径定理、圆周角定理，以及圆的切线等知识重、难点重点：旋转与圆的性质难点：旋转与圆的综合应用知识梳理旋转1、概念：把一个图形绕着某一点O转动一个角度的图形变换叫做旋转，点O叫做旋转中心，转动的角叫做旋转角．旋转三要素：旋转中心、旋转方向、旋转角2、旋转的性质：（1）旋转前后的两个图形是全等形；（2）两个对应点到旋转中心的距离相等（3）两个对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角3、中心对称：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心．这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．4、中心对称的性质：（1）关于中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分．（2）关于中心对称的两个图形是全等图形． 5、中心对称图形：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．6、坐标系中的中心对称：两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P（x，y）关于原点O的对称点P′（－x，－y）．圆1、垂径定理及论：2、如图：有五个元素，“知二可推三”；需记忆其中四个推论．3、圆周角定理及推论:（1）圆周角的度数等于它所对的弧的度数的一半；（2）一条弧所对的圆周角等于它所对的圆心角的一半；(如图)（3）“等弧对等角”“等角对等弧”；（4）“直径对直角”“直角对直径”；(如图)（5）如三角形一边上的中线等于这边的一半，那么这个三角形是直角三角形.(如图)（6）圆内接四边形，对角互补4、切线的判定与性质定理:如图：有三个元素，“知二可推一”；需记忆其中四个定理.5、有关的计算：导学一：图形的旋转例 1. 如图，点E是正方形ABCD内的一点，连接AE、BE、CE，将△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′的位置．若AE＝1，BE＝2，CE＝3，则∠BE′C＝度．我爱展示1. [单选题] 如图，O是正△ABC内一点，OA＝3，OB＝4，OC＝5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB＝150°；④S四边形AOBO′=；⑤S△AOC＋S△AOB＝．其中正确的结论是（）．A．①②③⑤B．①②③④C．①②③④⑤D．①②③导学二：旋转的综合应用例 1. 已知边长为1cm的正方形ABCD和正方形AEFG如图1放置，点B，D分别在AE，AG上，将正方形ABCD绕点A顺时针旋转，设旋转角为α（0°＜α＜90°）．（1）连接BE，DG，如图2所示，求证：BE＝DG；（2）当0°＜α＜45°时，在图2中，连接AF交BC于点P，CD交AG于Q，连接PQ，求证：旋转过程中△PCQ的周长等于定值2m；（3）如图3，连接CF，取CF的中点O，连接BO，GO，试判断△BOG的形状，并说明理由．【学有所获】(1)遇到线段和差的问题，可以通过截长补短来构造辅助线 (2)当遇到等腰三角形、正方形，或者两条相等线段有公共顶点的时候，可以考虑使用旋转的方法来构造辅助线。

专题30 圆的基本性质-中考数学一轮复习精讲+热考题型(解析版)

专题30 圆的基本性质【知识要点】知识点一圆的基础概念圆的概念：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫圆．这个固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径．以O点为圆心的圆记作⊙O，读作圆O．特点：圆是在一个平面内，所有到一个定点的距离等于定长的点组成的图形．确定圆的条件：⑴圆心；⑵半径，⑶其中圆心确定圆的位置，半径长确定圆的大小．补充知识：1）圆心相同且半径相等的圆叫做同圆；2）圆心相同，半径不相等的两个圆叫做同心圆；3）半径相等的圆叫做等圆．弦的概念：连结圆上任意两点的线段叫做弦。

经过圆心的弦叫做直径，并且直径是同一圆中最长的弦．⏜，读作弧AB．在同圆或弧的概念：圆上任意两点间的部分叫做圆弧，简称弧．以A、B为端点的弧记作AB等圆中，能够重合的弧叫做等弧．圆的任意一条直径的两个端点把圆分成两条弧，每一条弧都叫做半圆．在一个圆中大于半圆的弧叫做优弧，小于半圆的弧叫做劣弧．弦心距概念：从圆心到弦的距离叫做弦心距．弦心距、半径、弦长的关系：（考点）知识点二垂径定理垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，并且平分弦所对的两条弧；常见辅助线做法（考点）：1）过圆心，作垂线，连半径，造RT△，用勾股，求长度；2）有弧中点，连中点和圆心，得垂直平分．知识点一圆的基础概念圆的概念：在一个平面内，线段OA绕它固定的一个端点O旋转一周，另一个端点A所形成的图形叫圆．这个固定的端点O叫做圆心，线段OA叫做半径．以O点为圆心的圆记作⊙O，读作圆O．特点：圆是在一个平面内，所有到一个定点的距离等于定长的点组成的图形．确定圆的条件：⑷圆心；⑸半径，⑹其中圆心确定圆的位置，半径长确定圆的大小．补充知识：1）圆心相同且半径相等的圆叫做同圆；2）圆心相同，半径不相等的两个圆叫做同心圆；3）半径相等的圆叫做等圆．弦的概念：连结圆上任意两点的线段叫做弦。

旋转专题训练(中考数学)

旋转一．选择题（共10小题）1．如图，方格纸上有2条线段，请你再画1条线段，使图中的3条线段组成一个轴对称图形，最多能画（）条线段．A．1B．2C．3D．42．如图，若将直角坐标系中“鱼“形图案的每个“顶点”的纵坐标保持不变，横坐标都乘以﹣1，得到一组新的点，再依次连接这些点，所得图案与原图案的关系为（）A．重合B．关于x轴对称C．关于y轴对称D．宽度不变，高度变为原来的一半3．第24届冬季奥林匹克运动会，将于2022年02月04日～2022年02月20日在中华人民共和国北京市和张家口市联合举行．在会徽的图案设计中，设计者常常利用对称性进行设计，下列四个图案是历届会徽图案上的一部份图形，其中不是轴对称图形的是（）A．B．C．D．4．如图，在网格图中选择一个格子涂阴影，使得整个图形是以虚线为对称轴的轴对称图形，则把阴影凃在图中标有数字（）的格子内．A．1B．2C．3D．45．下列车标，可看作图案的某一部分经过平移所形成的是（）A．B．C．D．6．下列图形中可由其中的部分图形经过平移得到的是（）A．B．C．D．7．如图所示的各组图形中，表示平移关系的是（）A．B．C．D．8．在下列四个图案中，能用平移变换来分析其形成过程的图案是（）A．B．C．D．9．下列运动形式属于旋转的是（）A．在空中上升的氢气球B．飞驰的火车C．时钟上钟摆的摆动D．运动员掷出的标枪10．如图，正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，连接AF，则∠OF A 的度数是（）A．20°B．25°C．30°D．35°二．填空题（共10小题）11．如图，在棋盘中建立直角坐标系xOy，三颗棋子A，O，B的位置分别是（0，1），（0，0）和（1，﹣1）．如果在其它格点位置添加一颗棋子C，使A，O，B，C四颗棋子成为一个轴对称图形，请写出所有满足条件的棋子C的位置的坐标：．12．如图，正方形网格中，已有两个小正方形被涂黑，再将图其余小正方形涂黑一个，使整个被涂黑的图案构成一个轴对称图形的方法有个．13．如图是由9个小等边三角形构成的图形，其中已有两个被涂黑，若再涂黑一个，则整个被涂黑的图案构成轴对称图形的方法有种．14．如图，在4×4的正方形网格中，有5个小正方形已被涂黑（图中阴影部分），若在其余网格中再涂黑一个小正方形，使它与5个已被涂黑的小正方形组成的新图形是一个轴对称图形，则可涂黑的小正方形共有个．15．如图的2×5的正方形网格中，△ABC的顶点都在小正方形的格点上，这样的三角形称为格点三角形，在网格中与△ABC成轴对称的格点三角形一共有个．16．从3点整开始，分针至少顺时针旋转度才能与时针重合．17．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，E为AD上一点，将△BAE绕点B顺时针旋转得到△BA′E′，当点A′，E′分别落在BD，CD上时，则DE的长为．18．把一个正五边形绕着它的中心旋转，至少旋转度，才能与原来的图形重合．19．在平面直角坐标系xOy中，若点B与点A（﹣2，3）关于点O中心对称，则点B的坐标为．20．图1和图2中所有的小正方形都全等，将图1的正方形放在图2中①②③④的某一位置，使它与原来7个小正方形组成的图形是中心对称图形，这个位置是．三．解答题（共10小题）21．有这样一道题：用四块如图甲所示的瓷砖拼成一个正方形，形成轴对称图案，和你的同伴比一比，看谁的拼法多．某同学设计了如图的两个图案，请你也用如图乙所示的瓷砖拼成一个正方形，形成轴对称图案．（至少设计四种图案）22．如图是由5个同样的小正方形所组成的，请再补上一个同样的小正方形，使6个小正方形组成的图形成为一个轴对称图形，请至少画出三种方法．23．在4×4的方格中有五个同样大小的正方形如图1摆放，移动其中一个正方形到空白方格中，与其余四个正方形组成的新图形是一个轴对称图形，请在下面网格中（图2至图5）画出四种互不全等的新图形．24．图1，图2，图3是在4×4的网格中有七个小正方形被涂黑，请你用三种不同的方法，在图1，图2，图3中分别涂黑三个小正方形，使整个图形成为轴对称图形（涂黑后的三个阴影部分图形不全等）25．如图，经过平移，小船上的A点到了点B．（1）请画出平移后的小船．（2）该小船向平移了格，向平移了格．26．按要求画图：（1）如图（1）所示，网格内每个小正方形的边长都为1个单位长度，试画出小船向右平移4 个单位长度，向上平移4个单位长度后的图形．（2）如图（2）过点P分别画直线m、n的垂线．27．为迎接全运会，体育迷小强利用网格设计了一个“火炬”图案，请你帮帮他：（1）将“火炬”图案先向右平移7格，再向上平移6格，画出平移后的图案；（2）如果图中每个小正方形的边长是1，求其中一个火炬图案的面积．28．如图是由边长为1的小正方形构成的格点图形，A、B、C在格点上，将三角形ABC向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到三角形A1B1C1．（1）在网格中画出三角形A1B1C1；（2）求线段AB在变换到A1B1过程中扫过的区域面积（重叠部分不重复计算）．29．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，将△ABC绕点A逆时针旋转α度（30＜α＜150）得到△AB′C′，B、C两点的对应点分别为点B′、C′，连接BC′，BC 与AC、AB′相交于点E、F．（1）当α＝70时，∠ABC′＝°，∠ACB′＝°．（2）求证：BC′∥CB′．30．如图，正方形ABCD边长为2cm，以各边中心为圆心，1cm为半径依次作圆，将正方形分成四部分．（1）这个图形旋转对称图形（填“是”或“不是”）；若是，则旋转中心是点，最小旋转角是度．（2）求图形OBC的周长和面积．旋转参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．【分析】根据轴对称的性质画出所有线段即可．【解答】解：如图所示，共有4条线段．故选：D．2．【分析】根据“关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数”解答．【解答】解：图案的每个“顶点”的纵坐标保持不变，横坐标分别乘﹣1，则对应点的横坐标互为相反数，纵坐标相同，所以，所得图案与原图案关于y轴对称．故选：C．3．【分析】根据如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．【解答】解：A、是轴对称图形，故此选项错误；B、是轴对称图形，故此选项错误；C、是轴对称图形，故此选项错误；D、不是轴对称图形，故此选项正确；故选：D．4．【分析】从阴影部分图形的各顶点向虚线作垂线并延长相同的距离找对应点，然后顺次连接各点可得答案．【解答】解：如图所示，把阴影凃在图中标有数字3的格子内所组成的图形是轴对称图形，故选：C．5．【分析】根据平移的性质：不改变图形的形状和大小，不可旋转与翻转，将题中所示的图案通过平移后可以得到的图案是D．【解答】解：可看作图案的某一部分经过平移所形成的是D选项所示图形，故选：D．6．【分析】根据平移的性质，平移不改变图形的形状和大小对各选项分析判断即可得解．【解答】解：A、可由其中的部分图形经过平移得到，故本选项正确；B、不可由其中的部分图形经过平移得到，故本选项错误；C、不可由其中的部分图形经过平移得到，故本选项错误；D、不可由其中的部分图形经过平移得到，故本选项错误．故选：A．7．【分析】根据平移、旋转、对称的定义即可判断【解答】解：A、表示对称关系．B、表示旋转关系．C、表示旋转关系．D、表示平移关系．故选：D．8．【分析】根据平移不改变图形的形状和大小，将题中所示的图案通过平移后可以得到的图案是B．【解答】解：观察图形可知图案B通过平移后可以得到．故选：B．9．【分析】根据旋转的定义分别判断得出即可．【解答】解：A、在空中上升的氢气球是平移，故此选项错误；B、飞驰的火车投是平移，故此选项错误；C、时钟上钟摆的摆动，属于旋转，故此选项正确；D、运动员掷出的标枪传是平移，故此选项错误．故选：C．10．【分析】由旋转的性质和正方形的性质可得∠FOC＝40°，AO＝OD＝OC＝OF，∠AOC ＝90°，再根据等腰三角形的性质可求∠OF A的度数．【解答】解：∵正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，∴∠FOC＝40°，AO＝OD＝OC＝OF，∠AOC＝90°∴∠AOF＝130°，且AO＝OF，∴∠OF A＝25°故选：B．二．填空题（共10小题）11．【分析】根据轴对称的概念求解可得．【解答】解：如图所示，棋子C的位置为（﹣1，﹣1）或（2，﹣1）或（1，2）或（﹣1，0），故答案为：（﹣1，﹣1）或（2，﹣1）或（1，2）或（﹣1，0）．12．【分析】根据轴对称的概念作答．如果一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．【解答】解：选择一个正方形涂黑，使得3个涂黑的正方形组成轴对称图形，选择的位置有以下几种：1处，2处，3处，4处，5处，选择的位置共有5处．故答案为：513．【分析】根据轴对称的概念作答．如果一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．【解答】解：如图所示：将图中其余小正三角形涂黑一个，使整个被涂黑的图案构成一个轴对称图形的方法有3种．故答案为：3．14．【分析】根据轴对称图形的定义求解可得．【解答】解：如图所示，共有4种涂黑的方法，故答案为：4．15．【分析】直接利用轴对称图形的性质结合题意得出答案．【解答】解：如图所示：都是符合题意的图形．故答案为：4．16．【分析】设分针顺时针旋转xmin才能与时针重合，根据分针和时针间角度关系得出方程6x＝90+0.5x，解之可得．【解答】解：设分针顺时针旋转xmin才能与时针重合，∵分针旋转速度为6°/min，时针旋转的速度为0.5°/min，∴6x＝90+0.5x，解得：x＝，则分针旋转的度数为6×＝度，故答案为：．17．【分析】根据勾股定理可求BD＝10，由旋转的性质可得AE＝A'E，AB＝A'B＝8，∠BA'E'＝90°，由△BCD∽△E'A'D，可得，可得A'E'＝AE＝，即可求DE的长．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形∴∠DAB＝∠C＝90°，AD＝BC＝6，AB＝CD＝8，∴BD＝＝10，∵将△BAE绕点B顺时针旋转得到△BA′E′，∴AE＝A'E，AB＝A'B＝8，∠BA'E'＝90°∴A'D＝BD﹣BA'＝2，∵∠BDC＝∠BDC，∠DA'E'＝∠C＝90°，∴△BCD∽△E'A'D∴即∴A'E'＝＝AE∴DE＝AD﹣AE＝故答案为18．【分析】根据旋转的性质，最小旋转角即为正五边形的中心角．【解答】解：∵正五边形被半径分为5个全等的三角形，且每个三角形的顶角为72°，正五边形绕着它的中心旋转后与它本身重合，最小的旋转角度数是72°．故答案为：72．19．【分析】直接利用关于原点对称点的特点得出答案．【解答】解：∵点A（﹣2，3）与点A关于原点O中心对称，∴点B的坐标为：（2，﹣3）．故答案为：（2，﹣3）．20．【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，进而得出答案．【解答】解：当正方形放在③的位置，即是中心对称图形．故答案为：③．三．解答题（共10小题）21．【分析】根据轴对称定义及特点拼图即可．【解答】解：如图所示．22．【分析】利用轴对称图形的性质得出符合题意的答案．【解答】解：如图所示：．23．【分析】根据轴对称的性质画出图形即可．【解答】解：如图所示：．24．【分析】根据轴对称的定义添加合适的小正方体即可得．【解答】解：如图所示．25．【分析】（1）将所给图形的各个顶点按平移条件找出它的对应点，顺次连接，即得到平移后的图形；（2）观察图形即可数出．【解答】解：（1）如图所示，（2）由图形可知，该小船向下平移了4格、向左平移了3格，故答案为：下、4、左、3．26．【分析】（1）根据平移的性质作图；（2）利用尺规作图作出直线m、n的垂线．【解答】解：（1）如图（1）：（2）如图（2）：a⊥n，b⊥m．27．【分析】（1）直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案；（2）直接利用网格结合火炬形状进而得出答案．【解答】解：（1）如图所示：（2）一个火炬图案的面积为：9+×3+（4﹣1﹣×1×2﹣×1×2）＝11.5．28．【分析】（1）将点A、B、C分别向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到对应点，再顺次连接可得；（2）根据扫过的区域面积＝+，据此列式计算可得．【解答】解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；（2）线段AB在变换到A 1B1过程中扫过的区域面积＝+＝3×2+×1×2＝7．29．【分析】（1）由旋转的性质可得AB＝AC＝AB'＝AC'，∠CAC'＝70°，∠B'AC'＝∠BAC ＝30°，由等腰三角形的性质可求解；（2）由旋转的性质和等腰三角形的性质可得∠ABC'＝，∠ACB'＝，由三角形的外角性质可得∠AEF＝＝∠ACB'，即可得BC'∥CB'．【解答】解：（1）∵将△ABC绕点A逆时针旋转α度得到△AB′C′，且AB＝AC，∠BAC＝30°，∴AB＝AC＝AB'＝AC'，∠CAC'＝70°，∠B'AC'＝∠BAC＝30°，∴∠BAC'＝100°，且AB＝AC'，∴∠ABC'＝40°，∵∠CAB'＝∠CAC'﹣∠B'AC'＝40°，且AC＝AB'∴∠ACB'＝70°故答案为40，70（2）∵将△ABC绕点A逆时针旋转α度得到△AB′C′，且AB＝AC，∠BAC＝30°，∴AB＝AC＝AB'＝AC'，∠CAC'＝α，∠B'AC'＝∠BAC＝30°，∴∠BAC'＝30°+α，∠CAB'＝α﹣30°，且AB＝AC＝AB'＝AC'，∴∠ABC'＝，∠ACB'＝∵∠AEF＝∠ABE+∠BAC∴∠AEF＝∴∠AEF＝∠ACB'，∴BC'∥B'C30．【分析】（1）旋转对称图形的定义，结合图形即可作出判断；（2）图形OBC的周长为BC+圆的周长，面积＝S正方形ABCD．【解答】解：（1）这个图形是旋转对称图形，旋转中心是点O，最小旋转角为90°．（2）图形OBC的周长＝BC+圆的周长＝2+π；面积＝S正方形ABCD＝×4＝1cm2．。

(完整版)圆盘上的圆周运动问题-教师用卷带解析圆周运动专题一

圆盘上的圆周运动问题圆周运动专题一题号一二三总分得分一、单选题(本大题共7小题，共28.0分）1.两个质量分别为2m和m的小木块a和可视为质点放在水平圆盘上，a与转轴的距离为L，b与转轴的距离为2L,a、b之间用长为L的强度足够大的轻绳相连,木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的k倍，重力加速度大小为g。

若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动,开始时轻绳刚好伸直但无张力,用表示圆盘转动的角速度,下列说法正确的是（）A. a比b先达到最大静摩擦力B。

a、b所受的摩擦力始终相等C. 是b开始滑动的临界角速度D. 当时,a所受摩擦力的大小为【答案】D【解析】【分析】木块随圆盘一起转动,静摩擦力提供向心力，而所需要的向心力大小由物体的质量、半径和角速度决定。

当圆盘转速增大时，提供的静摩擦力随之而增大,当需要的向心力大于最大静摩擦力时,物体开始滑动。

因此是否滑动与质量无关,是由半径大小决定.本题的关键是正确分析木块的受力,明确木块做圆周运动时，静摩擦力提供向心力,把握住临界条件：静摩擦力达到最大，由牛顿第二定律分析解答.【解答】A.木块随圆盘一起转动，静摩擦力提供向心力,由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力,a和b的质量分别是2m和m,而a与转轴的距离为L,b与转轴的距离为2L,所以开始时a和b受到的摩擦力是相等的；b受到的静摩擦力先达到最大，故A错误;B。

在b的摩擦力没有达到最大前,静摩擦力提供向心力，由牛顿第二定律得：木块所受的静摩擦力,a 和b的质量分别是2m和m,而a与转轴的距离为L，b与转轴的距离为2L，所以开始时a和b受到的摩擦力是相等的；当b受到的静摩擦力达到最大后，b受到的摩擦力与绳子的拉力的和提供向心力,即：，而a的受力：,联立得：，可知二者受到的摩擦力不一定相等,故B错误；C。

当b刚要滑动时,有,解得：，故C错误；D。

当时,此时b所受摩擦力已达最大,a所受摩擦力的大小为:,故D正确。

故选D。

高中物理专题06 平移圆、放缩圆、旋转圆问题学习和解析

高中物理解题能力提升平移圆、放缩圆、旋转圆问题题型1 平移圆问题1．适用条件(1)速度大小一定，方向一定，入射点不同但在同一直线上粒子源发射速度大小、方向一定，入射点不同但在同一直线上的带电粒子进入匀强磁场时，它们做匀速圆周运动的半径相同，若入射速度大小为v 0，则圆周运动半径R ＝mv 0qB，如图所示(图中只画出粒子带负电的情景)。

(2)轨迹圆圆心共线带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在同一直线上，该直线与入射点的连线平行。

2．界定方法将半径为R ＝mv 0qB 的圆进行平移，从而探索粒子的临界条件，这种方法叫“平移圆法”。

[例1] (多选)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。

图中板MN 上方是磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d 和d 的缝，两缝近端相距为L 。

一群质量为m 、电荷量为q 、速度不同的粒子，从宽度为2d 的缝垂直于板MN 进入磁场，对于能够从宽度为d 的缝射出的粒子，下列说法正确的是( )A ．射出粒子带正电B ．射出粒子的最大速度为qB (3d ＋L )2mC ．保持d 和L 不变，增大B ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D ．保持d 和B 不变，增大L ，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大题型2 放缩圆问题1．适用条件(1)速度方向一定，大小不同粒子源发射速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化。

(2)轨迹圆圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 越大，运动半径也越大。

带电粒子沿同一方向射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直初速度方向的直线PP ′上。

2．界定方法以入射点P 为定点，圆心位于PP ′直线上，将半径放缩做轨迹，从而探索出临界条件，这种方法称为“放缩圆法”。

[例2] (多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd 区域内，O 点是cd 边的中点。

“圆”来如此简单

D′ D
C′
3
A
2 A′
12
B′
（3）当展开的图形是前 D ′
C′
面和上表面时，长方形的
3
长 AB=12，宽 BC′ =2 + 3=5，
由勾股定理得：路径长 AC′ A ′
B′
为 AC′ = AB2 + BC′2 =
A 122 + 52 = 169 =13（m）
12
2 B
这样，很快比较出最短的一段是第（3）种情况，就可以计算
如图，矩形 ABCD 中，AB=8，AD=6，将矩形 ABCD 在直线上
按顺时针方向不滑动每秒转动 90°，转动了 3 秒后停止，则顶点
A 经过的路径长为_______
A1
D1
D
C
A2
走过的路径长为 1/4（2×8Π+2×10Π+2×6Π）＝12Π。
归纳：根据圆的定义，绕定点旋转一定的角度形成的轨迹
A
12
B′ C
3
B
分析：要求长方体两点之间的最短距离，最直接的做法是
将长方体展开，然后利用两点之间线段最短解答，注意不同的
展法，答案不同，需要分别分析。
二、学生解答
解：（1）当展开的图形是前面和右侧面时，长方形的长 AC=
12 + 3=15，宽 CC ′ =2，由勾股定理得：路径长 AC ′ 为 AC' =
技法点拨
118
“圆”来如此简单
■李玲慧
摘要：作辅助圆解题是一种重要的解题策略。根据圆的
定义、圆的基本性质做辅助圆解题，题中无圆，圆来完美，圆来
如此简单。
关键词：辅助圆；角度不变；轨迹意识

高三物理专题：边界磁场中的旋转圆,放缩圆高中物理优质公开课

v的粒子，粒子射入磁场时的速度可在纸面内各个方向，
已知先后射入的两个粒子恰好在磁场中给定的P点相遇，
P到O的距离为L，不计重力和粒子间的相互作用。
（1）求所考察的粒子在磁场中
M
的轨道半径；
（2）求这两个粒子从O点射入 O 磁场的时间间隔。
P
N
解：作出粒子运动轨迹如图。
M
质点在磁场中作圆周运动，半径为：R=mv/qB
孔垂直于ad边射入盒内。粒子经磁场偏转后恰好从e孔
射出。若已知fd=cd=L，不计粒子的重力和粒子之间
的相互作用力。请你根据上述条件求出带电粒子的比
荷q / m。
a
b
fv
d e Mc
解：带电粒子经电场加速
qU 1 mv2 v 2
2qU m
f
v
R
粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图。 O R
设圆周半径为R ，在三角形ode中，有
B.θ越大，粒子在磁场中运动的路径一定越长
C.θ越大，粒子在磁场中运动轨迹的圆心到MN的距离
一定越小
D.粒子在磁场中运动的轨迹长度与时间的比值与θ无
关
ACD
M
P
θ v0
O
N
Q
M
P
O
N
Q
例1：如图所示．长为L的水平极板间，有垂直纸面向内
的匀强磁场，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，
现有质量为m，电量为q的带正电粒子(不计重力)，从左
S为圆心作圆,交ab于ab下侧的P2点,此即下侧能打到的最远点.
P2
P1P2 r 2r cos 300 43.7cm
b
练习3：如图所示，虚线MN是一垂直纸面的平面与纸面

2025高考物理总复习“平移圆”“放缩圆”“旋转圆”“磁聚焦”和“磁发散”模型

垂直ab射入磁场,已知所有粒子均从圆弧边界射出,其中M、N是圆弧边界上的两
点,不计粒子间的相互作用和重力。则下列说法正确的是( D )
A.粒子带负电荷
B.从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C.从M点射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从N点
射出的粒子在磁场中运动的时间
2π
D.粒子在磁场中的最短运动时间为
界定
0
将一半径为R= 的圆以入射点为圆心进行旋转,从而探索粒子的临
方法界条件,这种方法称为“旋转圆”法
考向一 “平移圆”模型
典题1 如图所示,边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD,带电粒子从A点沿
AB方向射入磁场,恰好从C点飞出磁场;若带电粒子以相同的速度从AD的
中点P垂直AD射入磁场,从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)。设粒子从A
小为B1。空间中z轴正方向垂直于xOy平面向外,x轴上过D点(4d,0,0)放置一足够
大且垂直于x轴的粒子收集板PQ,PQ与yOz平面间有一沿x轴正方向的匀强电场,
电场强度大小为E。x轴上过C点(d,0,0)垂直于x轴的平面MN与PQ间存在沿x轴
负方向的匀强磁场,磁感应强度大小为B2。在xOy平面内的-2R≤x≤-R区域内,有大
定。综上所述,D正确,A、B、C错误。
考向三 “旋转圆”模型
典题3 (多选)(2024河南郑州模拟)如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限内存在磁
感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,在y轴上S处有一粒子源,它可向
右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量均为m、电荷量均为q的同种带电粒子,
所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知 OP= 3 =

高三物理二轮复习常考模型微专题复习-旋转类动态圆问题专题(含解析)

旋转类动态圆问题专题一、单选题1. 如图，虚线所示的圆形区城内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点。

大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场。

若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在四分之一圆周上。

不计重力及带电粒子之间的相互作用。

则v 2：v 1为( )A. √2：2B. √2：1C. √3：1D. 3：√22. 如图所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面放置。

MN 板在纸面内的长度L =18 cm ，中点O 与S 间的距离d =10 cm ，MN 与SO 连线的夹角θ=30°；MN 左侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B =9.1×10−5T 。

已知电子质量m =9.1×10−31kg 、电荷量e =−1.6×10−19C ，不计电子重力。

电子源发射速度为v =1.6×106m/s 的一个电子，则该电子打在板上可能位置的区域长度为A. 5√3cmB. 9 cmC. 10 cmD. (5√3+5√15)cm3. 如图，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点。

有无数个带有相同电荷和相同质量的粒子在纸面内沿各个方向以同样的速率通过P 点进入磁场。

这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13。

将磁感应强度的大小从原来的B 1变为B 2，结果相应的弧长变为圆周长的14，则B 2B 1等于A. √62B. √63C. 43D. 344. 如图所示，S 为一离子源，MN 为荧光屏，其长度为MN =2√3L ，S 到MN 的距离为SP =L ，P 为MN的中点，MN 的左侧区域有足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里。

某时刻离子源S 一次性沿平行纸面的各个方向均匀地喷发大量的正离子(此后不再喷发)，喷发的离子速率均相等、质量均为m、电荷量均为q。

专题34 中考几何旋转类问题 (解析版)

专题34 中考几何旋转类问题1．旋转的定义：在平面内，将一个图形绕某一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转。

这个定点叫做旋转中心，转动的角度叫做旋转角。

2. 旋转的性质：（1）对应点到旋转中心的距离相等，对应线段相等，对应角相等；（2）对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角。

3．旋转对称中心：把一个图形绕着一个定点旋转一个角度后，与初始图形重合，这种图形叫做旋转对称图形，这个定点叫做旋转对称中心，旋转的角度叫做旋转角（旋转角小于0°，大于360°）。

4．中心对称：如果把一个图形绕着某一点旋转180度后能与另一个图形重合，那么我们就说，这两个图形成中心对称。

这个点就是它的对称中心。

5．中心对称的性质（1）关于中心对称的两个图形是全等形。

（2）关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分。

（3）关于中心对称的两个图形，对应线段平行（或在同一直线上）且相等。

【例题1】（2020•青岛）如图，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，则点A的对应点A′的坐标是（）A．（0，4）B．（2，﹣2）C．（3，﹣2）D．（﹣1，4）【答案】D【解析】根据平移和旋转的性质，将△ABC先向上平移1个单位，再绕点P按逆时针方向旋转90°，得到△A′B′C′，即可得点A的对应点A′的坐标．如图，△A′B′C′即为所求，则点A的对应点A′的坐标是（﹣1，4）．【对点练习】（2019•河南）如图，在△OAB中，顶点O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），将△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第70次旋转结束时，点D的坐标为（）A．（10，3）B．（﹣3，10）C．（10，﹣3）D．（3，﹣10）【答案】D．【解析】先求出AB＝6，再利用正方形的性质确定D（﹣3，10），由于70＝4×17+2，所以第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，此时旋转前后的点D 关于原点对称，于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点D的坐标．∵A（﹣3，4），B（3，4），∴AB＝3+3＝6，∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝AB＝6，∴D（﹣3，10），∵70＝4×17+2，∴每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O顺时针旋转2次，每次旋转90°，∴点D的坐标为（3，﹣10）．【例题2】（2020•孝感）如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝3，CG＝2，则CE的长为（）A ．54B ．154C ．4D ．92 【答案】B【解析】连接EG ，根据AG 垂直平分EF ，即可得出EG ＝FG ，设CE ＝x ，则DE ＝5﹣x ＝BF ，FG ＝EG ＝8﹣x ，再根据Rt △CEG 中，CE 2+CG 2＝EG 2，即可得到CE 的长．解：如图所示，连接EG ，由旋转可得，△ADE ≌△ABF ，∴AE ＝AF ，DE ＝BF ，又∵AG ⊥EF ，∴H 为EF 的中点，∴AG 垂直平分EF ，∴EG ＝FG ，设CE ＝x ，则DE ＝5﹣x ＝BF ，FG ＝8﹣x ，∴EG ＝8﹣x ，∵∠C ＝90°，∴Rt △CEG 中，CE 2+CG 2＝EG 2，即x 2+22＝（8﹣x ）2，解得x =154， ∴CE 的长为154。

中考数学专题复习之三——捆绑旋转(瓜豆原理)

中考数学专题复习之三——捆绑旋转（瓜豆原理）初中数学有一类动态问题叫做主从联动，这类问题应该说是网红问题，原因是它在很多名校模考的时候经常出现，有的老师叫他瓜豆原理，也有的老师叫他捆绑旋转或旋转相似，这类问题在解答的时候需要有轨迹思想，就是先要明确主动点的轨迹，然后要搞清楚主动点和从动点的关系，进而确定从动点的轨迹来解决问题，但在解答问题时，要符合解不超纲的原则，所以最后解决问题还是用到了旋转相似的知识，也就是动态手拉手模型，下面整理一些练习集中训练一下这类问题，希望对你能有所帮助。

一、轨迹之圆篇：引例1：如图，P是⊙O上一个动点，A为定点，连接AP，Q为AP中点．考虑：当点P在⊙O上运动时，Q点轨迹是？AO，取AO中点M，则M点即为Q点轨迹圆圆心，半径MQ是OP一半，任意时刻，均有△AMQ∽△AOP，QM:PO=AQ:AP=1:2．即Q点运动轨迹应该是以A为位似中心，将⊙O按2:1缩小一半得到的⊙M。

引例2：如图，P是⊙O上一个动点，A为定点，连接AP，作AQ⊥AP且AQ=AP．考虑：当点P在⊙O上运动时，Q点轨迹是？【分析】Q点轨迹是一个圆，可理解为将AP绕点A逆时针旋转90°得AQ，故Q点轨迹与P点轨迹都是圆．考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP=AQ，可得AM=AO，且可得半径MQ=PO，从而△APO ≌△AQM．即点Q的运动轨迹应该是将⊙O绕点A逆时针旋转90°的⊙M。

引例3：如图，△APQ Q点轨迹是？【分析】考虑AP⊥AQ，可得Q点轨迹圆圆心M满足AM⊥AO；考虑AP:AQ=2:1，可得Q点轨迹圆圆心M满足AO:AM=2:1，即可确定⊙M位置，△APO∽△AQM，且相似比为2：1．即点Q的运动轨迹应该是将⊙O绕点A逆时针旋转90°后，再以A为位似中心缩小一半得到的⊙M。

引例4：如图，P 是⊙O 上一个动点，A 为定点，连接AP ，以AP 为一边作等边△APQ ．考虑：当点P 在⊙O 上运动时，Q 点轨迹是？【分析】Q 点满足（1）∠PAQ=60°；（2）AP=AQ ，故Q 点轨迹是个圆。