專題12旋轉(zhuǎn)在解幾何題中常用的九種技巧

專題12旋轉(zhuǎn)在解幾何題中常用的九種技巧（解析版）類型1巧用旋轉(zhuǎn)求角度1．（2020?菏澤）如圖，將△ABC繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)角α，得到△ADE，若點(diǎn)E恰好在CB的延長線上，則∠BED等于（）A．α2 B．23α C．α 【思路引領(lǐng)】證明∠ABE+∠ADE＝180°，推出∠BAD+∠BED＝180°即可解決問題．【解答】解：∵∠ABC＝∠ADE，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ABE+∠ADE＝180°，∴∠BAD+∠BED＝180°，∵∠BAD＝α，∴∠BED＝180°﹣α．故選：D．【總結(jié)提升】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．類型2巧用旋轉(zhuǎn)求線段的長度2．（2020秋?青浦區(qū)期中）如圖，已知△ABC中，AB＝AC，把△ABC繞A點(diǎn)沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△ADE，連接BD，CE交于點(diǎn)F．（1）求證：△AEC≌△ADB；（2）若AB＝2，∠ACB＝67.5°，AC∥DF，求BG的長．【思路引領(lǐng)】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到三角形ABC與三角形ADE全等，以及AB＝AC，利用全等三角形對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等得到兩對邊相等，一對角相等，利用SAS得到三角形AEC與三角形ADB全等即可；（2）先由等腰三角形性質(zhì)與三角形內(nèi)角和定理求得∠BAC＝45°，由平行線性質(zhì)得到∠DBA＝∠BAC＝45°，再由AB＝AD，得到三角形ABD為等腰直角三角形，得∠BAG＝45°，進(jìn)而得△ABG為等腰直角三角形，便可求得BG．【解答】（1）證明：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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【總結(jié)提升】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．類型3巧用旋轉(zhuǎn)證明線段間的不等關(guān)系3．如圖，在△ABC中，M是BC的中點(diǎn)，E，F(xiàn)分別在AC，AB上，且ME⊥MF．求證：EF＜BF+CE．【思路引領(lǐng)】延長EM至G，使MG＝EM，連接BG、FG，就可以得出△GMB≌△EMC，就有GB＝CE，由中垂線的性質(zhì)就可以得出FG＝EF，根據(jù)三角形的三邊關(guān)系兩邊之和大于第三邊就可以得出結(jié)論．【解答】證明：延長EM至G，使MG＝EM，連接BG、FG，∵M(jìn)是BC的中點(diǎn)，∴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．【總結(jié)提升】本題考查了垂直平分線的性質(zhì)的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，三角形三邊關(guān)系任意兩邊之和大于第三邊的數(shù)量關(guān)系的運(yùn)用．類型4巧用旋轉(zhuǎn)證明線段相等4．如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC，將一個(gè)含30°角的直角△DEF的直角頂點(diǎn)D放在AC的中點(diǎn)上（直角三角板的短直角邊為DE，長直角邊為DF），將直角三角板DEF繞D點(diǎn)按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)．（1）在圖1中，DE交AB于M，DF交BC于N．證明：DM＝DN；（2）繼續(xù)旋轉(zhuǎn)至如圖2的位置，延長AB交DE于M，延長BC交DF于N，DM＝DN是否仍然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由．【思路引領(lǐng)】（1）連接DB，由等腰直角三角形的知識(shí)結(jié)合角度間關(guān)系進(jìn)而得到：∠MDB＝∠NDC，結(jié)合BD＝CD，∠ABD＝∠C進(jìn)而判定△BMD≌△CND，即可得出結(jié)論；（2）由（1）結(jié)合角度間關(guān)系推出∠BDM＝∠CDN根據(jù)AAS判定△BDM≌△CDN，進(jìn)而解答即可．【解答】證明：（1）連接DB．∵D是斜邊AC的中點(diǎn)，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：連接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．【總結(jié)提升】本題考查了等腰直角三角形性質(zhì)，三角形斜邊上中線性質(zhì)，三線合一定理，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn)，主要考查學(xué)生的推理能力，題目比較典型，證明過程類似．類型5巧用旋轉(zhuǎn)證明線段間的平方關(guān)系5．（2016?日照）如圖，在正方形ABCD中，E、F是對角線BD上兩點(diǎn)，且∠EAF＝45°，將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，得到△ABQ，連接EQ，求證：（1）EA是∠QED的平分線；（2）EF2＝BE2+DF2．【思路引領(lǐng)】（1）直接利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出△AQE≌△AFE（SAS），進(jìn)而得出∠AEQ＝∠AEF，即可得出答案；（2）利用（1）中所求，再結(jié)合勾股定理得出答案．【解答】證明：（1）∵將△ADF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)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的平分線；（2）由（1）得△AQE≌△AFE，∴QE＝EF，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得∠ABQ＝∠ADF，∠ADF+∠ABD＝90°，則∠QBE＝∠ABQ+∠ABD＝90°，在Rt△QBE中，QB2+BE2＝QE2，又∵QB＝DF，∴EF2＝BE2+DF2．【總結(jié)提升】此題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)和勾股定理等知識(shí)，正確得出△AQE≌△AFE（SAS）是解題關(guān)鍵．類型6巧用旋轉(zhuǎn)求面積6．（2021秋?通榆縣月考）如圖，在正方形ABCD中，AD＝23，將邊BC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得到線段BP，連接AP并延長交CD于點(diǎn)E，連接PC．（1）判斷△ABP的形狀，并說明理由．（2）求△PCE的面積．【思路引領(lǐng)】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出PB＝BC＝AB，∠PBC＝30°，則可得出結(jié)論；（2）由等邊三角形的性質(zhì)及直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論．【解答】解：（1）△ABP是等邊三角形．理由：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BAD＝∠D＝90°，∵把邊BC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得到線段BP，∴PB＝BC＝AB，∠PBC＝30°，∴∠ABP＝60°，∴△ABP是等邊三角形；（2）∵△ABP是等邊三角形，∴∠BAP＝60°，∴∠DAE＝30°，∵AD＝23，∴DE＝AD?tan30°＝2，∴CE＝23?作PF⊥CD于點(diǎn)F∴EF＝2－3，PF＝23∴△PCE的面積＝9【總結(jié)提升】本題考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是證明△ABP是等邊三角形，屬于中考常考題型．類型7巧用旋轉(zhuǎn)確定點(diǎn)的坐標(biāo)7．（2023?海南）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A在y軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（6，0），將△ABO繞著點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△DBC，則點(diǎn)C的坐標(biāo)是（）A．（33，3） B．（3，33） C．（6，3） D．（3，6）【思路引領(lǐng)】作CM⊥x軸于M，再利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出BC＝OB＝6，根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出BM，利用勾股定理列式求出CM，然后求出點(diǎn)C的橫坐標(biāo)，再寫出點(diǎn)C的坐標(biāo)即可．【解答】解：作CM⊥x軸于M，∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（6，0），∴BC＝OB＝6，∵∠OBC＝60°，∴BM=12BC=3，CM=∴OM＝OB﹣BM＝6﹣3＝3，∴C（3，33）．故選：B．【總結(jié)提升】本題考查了坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)，解直角三角形，求出OM、CM的長度是解題的關(guān)鍵．8．（2023?西青區(qū)校級模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O（0，0），點(diǎn)A（3，0），點(diǎn)B（3，m）（m＞0），∠AOB＝30°．以點(diǎn)O為中心，逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)△OAB，得到△OCD，點(diǎn)A，B的對應(yīng)點(diǎn)分別為C，D．記旋轉(zhuǎn)角為α．（Ⅰ）如圖①，當(dāng)點(diǎn)C落在OB上時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；（Ⅱ）如圖②，當(dāng)α＝45°時(shí)，求點(diǎn)C的坐標(biāo)；（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，求點(diǎn)D的坐標(biāo)（直接寫出結(jié)果即可）．【思路引領(lǐng)】（Ⅰ）如圖①，如圖①，過點(diǎn)D作DH⊥OA于點(diǎn)H．解直角三角形求出OH，DH，可得結(jié)論；（Ⅱ）如圖②，過點(diǎn)C作CT⊥OA于點(diǎn)T，解直角三角形求出OT，CT可得結(jié)論；（Ⅲ）如圖②中，過點(diǎn)D作DJ⊥OA于點(diǎn)J，在DJ上取一點(diǎn)K，使得DK＝OK，設(shè)OJ＝m．利用勾股定理構(gòu)建方程求出m，可得結(jié)論．【解答】解：（Ⅰ）如圖①，過點(diǎn)D作DH⊥OA于點(diǎn)H．∵A（3，0），∴OA=3∵∠OAB＝90°，∠AOB＝30°，∴OB=OA由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，OD＝OB＝2，∴∠COD＝∠AOB＝30°，∴∠DOH＝60°，∴∠ODH＝30°，∴OH=12OD＝1，DH=3∴D（1，3）；（Ⅱ）如圖②，過點(diǎn)C作CT⊥OA于點(diǎn)T，∵OC＝OA=3，∠COT∴OT＝CT＝OC?cos45°=3∴C（62，6（Ⅲ）如圖②中，過點(diǎn)D作DJ⊥OA于點(diǎn)J，在DJ上取一點(diǎn)K，使得DK＝OK，設(shè)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【總結(jié)提升】本題考查坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)，解直角三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)構(gòu)造直角三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．類型8巧用旋轉(zhuǎn)證明三角形全等9．（2021秋?集美區(qū)校級期中）如圖（1），點(diǎn)A是線段BC上一點(diǎn)，△ABD和△ACE都是等邊三角形．（1）連接BE、CD，求證：BE＝CD．（2）如圖（2），將△ABD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到△AMN．①當(dāng)旋轉(zhuǎn)角為60度時(shí)，邊AN落在邊AE上；②在①的條件下，延長DN交CE于點(diǎn)P，連接BN，CN．當(dāng)線段AB，AC滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，△BDN≌△CPN？并給予證明．【思路引領(lǐng)】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AB＝AD，AE＝AC，∠BAD＝∠CAE＝60°，然后求出∠BAE＝∠DAC，再利用“邊角邊”證明△BAE和△DAC全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等即可得證；（2）①求出∠DAE，即可得到旋轉(zhuǎn)角度數(shù)；②當(dāng)AC＝2AB時(shí)，△BDN與△CPN全等．根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AB＝BD＝DN＝AN，然后得到四邊形ABDN是菱形，根據(jù)菱形的對角線平分一組對角可得∠ABN＝∠DBN＝30°，菱形的對邊平行可得DP∥BC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出AC＝AE，∠ACE＝60°，然后根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)求出∠PCN＝∠ACN＝30°，從而得到∠ABN＝∠DBN＝∠BND＝∠ACN＝∠PNC＝30°，然后利用“角邊角”證明△BDN與△CPN全等．【解答】（1）證明：∵△ABD和△ACE都是等邊三角形．∴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°，∵邊AN落在AE上，∴旋轉(zhuǎn)角＝∠DAE＝60°．故答案為：60．②當(dāng)AC＝2AB時(shí)，△BDN與△CPN全等．理由如下：由旋轉(zhuǎn)可知，AM與AD重合，∴AB＝BD＝DN＝AN，∴四邊形ABDN是菱形，∴∠ABN＝∠DBN=12∠ABD=12×∵△ACE是等邊三角形，∴AC＝AE，∠ACE＝60°，∵AC＝2AB，∴AE＝2AN，∴∠PCN＝∠ACN=12∠ACE又∵DP∥BC，∴∠ABN＝∠DBN＝∠BND＝∠ACN＝∠PCN＝∠PNC＝30°，在△BDN與△CPN中，∠DBN=∠PCNBN=CN∴△BDN≌△CPN（ASA）．【總結(jié)提升】本題考查了幾何變換的綜合題，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，但難度不大，熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)與全等三角形的判定時(shí)提到過．類型9巧用旋轉(zhuǎn)判斷圖形的形狀10．（2013?婁底）某校九年級學(xué)習(xí)小組在探究學(xué)習(xí)過程中，用兩塊完全相同的且含60°角的直角三角板ABC與AFE按如圖（1）所示位置放置，現(xiàn)將Rt△AE