专题08 动点类题目旋转问题探究(解析版)

专题08 动点类题目旋转问题探究

题型一：旋转问题中三点共线问题

例1．（2019•绍兴）如图1是实验室中的一种摆动装置，BC在地面上，支架ABC是底边为BC的等腰直角三角形，摆动臂AD可绕点A旋转，摆动臂DM可绕点D旋转，AD=30，DM=10.

（1）在旋转过程中，

①当A、D、M三点在同一直线上时，求AM的长.

②当A、D、M三点为同一直角三角形的顶点时，求AM的长.

（2）若摆动臂AD顺时针旋转90°，点D的位置由△ABC外的点D1转到其内的点D2处，连接D1D2，如图2，此时∠AD2C=135°，CD2=60，求BD2的长.

【分析】（1）①根据点D及M的运动轨迹为圆，根据位置关系判断出点A、D、M三点在同一直线上时有两种情况，点D在A与M之间或点M在A与D之间；②由题意知D、M均可能为直角顶点，分类讨论求解；（2）由题意知△AD1D2是等腰直角三角形，连接CD1，△ABD2≌△ACD1，由∠D1D2C=90°，利用勾股定理求得CD1的值，即为BD2的值.

【答案】见解析.

【解析】解：（1）①点D在A与M之间时，AM=AD+DM=30+10=40.

点M在A与D之间时，AM=AD－DM=30－10=20.

②当∠ADM=90°时，

由勾股定理得AM

=

当∠AMD=90°时，

由勾股定理得AM

=

D

D M

（2）∵摆动臂AD 顺时针旋转90°，点D 的位置由△ABC 外的点D 1转到其内的点D 2处，

∴AD 1=AD 2，∠D 1AD 2=90°，

∴∠AD 1D 2=∠AD 2D 1=45°，D 1D 2=∵∠AD 2C =135°，

∴∠D 1D 2C =90°，

连接D 1C ，如下图所示，

∵∠BAD 2+∠D 2AC =∠CAD 1+∠D 2AC =90°，

∴∠BAD 2=∠CAD 1

∵AB =AC ，AD 2=AD 1，

∴△ABD 2≌△ACD 1

∴BD 2= CD 1

在Rt △D 1D 2C 中，由勾股定理得：D 1C =.

题型二：旋转与全等及直角三角形存在性问题

例2．（2019•金华）如图，在等腰Rt △ABC 中，∠ACB =90°，AB =点D ，E 分别在边AB ，BC 上，将线段ED 绕点E 按逆时针方向旋转90°得到EF .

（1）如图1，若AD=BD ，点E 与点C 重合，AF 与DC 相交于点O ,求证：BD=2DO .

（2）已知点G 为AF 的中点.

①如图2，若AD=BD ，CE =2，求DG 的长.

②若AD =6BD ,是否存在点E ,使得△DEG 是直角三角形？若存在，求CE 的长；若不存在，试说明理由.

图1 图2 图3

【分析】（1）由旋转性质及题意证明△ADO ≌△FCO ，得到结论；（2）①过点D ,F 作DN ⊥BC , FM ⊥BC ，得到△DNE ≌△EMF ，再由DG 是△ABF 的中位线，得到结果；②分当∠DEG =90°及∠EDG =90°讨论，作出图形，构造全等三角形、相似三角形求解.

【答案】见解析.

【解析】解：

（1）由旋转性质得：CD =CF ，∠DCF =90°，

∵△ABC 是等腰直角三角形，AD =BD .

即∠ADO =90°，CD =BD =AD ,

∴∠DCF =∠ADC .

在△ADO 和△FCO 中，

∴△ADO ≌△FCO ，

∴DO =CO ，

∴BD =CD =2OD .

（2）①如下图所示,过点D ,F 作DN ⊥BC 于点N ,FM ⊥BC 于点M ,连结BF .

∴∠DNE =∠EMF =90°.

又∵∠NDE =∠MEF ,DE =EF ,

∴△DNE ≌△EMF ,

∴DN =EM .

∵BD

=,∠ABC =45°,

ADO FCO AOD FOC AD FC =⎧⎪=⎨⎪=⎩∠∠，

∠∠，

，

∴DN =EM =7,

∴BM=BC －ME －EC=5,

∴MF=NE= NC －EC=5.

∴BF =∵点D ,G 分别是AB,AF 的中点,

∴DG =1

2BF =2.

②过点D 作DH ⊥BC 于点H .

∵AD =6BD ，AB =BD=.

当∠DEG =90°时，有如下图两种情况，

设CE=t .

∵∠DEF=90°，∠DEG=90°，

∴点A 、F 、E 在一条直线上.

∴BH=DH =2, BE =14－t ，HE=BE －BH=12－t.

由△DHE ∽△ECA ， 得：EC AC DH EH =，即t

14

212t =-，

解得t =6±

即CE 的长为6+或6-.

当DG ∥BC 时，如下图所示，

过点F作FK⊥BC于点K,延长DG交AC于点N，延长AC并截取MN=NA.连结FM.

则NC=DH=2,MC=10.

设GN=t,则FM=2t,BK=14－2t.

∵△DHE≌△EKF，

∴KE=DH=2,KF=HE=14－2t,

∵MC=FK,

∴14－2t=10,得t=2.

∵GN=EC=2, GN∥EC，

∴四边形GECN是平行四边形. ∠ACB=90°，

∴四边形GECN是矩形，∠EGN=90°.

∴当EC=2时，有∠DGE=90°.

当∠EDG=90°时，如下图所示，

过点G，F分别作AC的垂线，交射线AC于点N,M，过点E作EK⊥FM于点K，过点D作GN的垂线，交NG的延长线于点P. 则PN=HC=BC-HB=12,

设GN=t，则FM=2t，∴PG=PN-GN=12-t.

由△DHE≌△EKF可得：FK=2，

∴CE=KM=2t-2，

∴HE=HC-CE=12-(2t-2)=14-2t，

∴EK=HE=14-2t,

AM=AC+CM=AC+EK=14+14-2t=28-2t，