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，当A、D、M三点在同一直线上时，求AM的长.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）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；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，ABD2ACD1，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）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=ADDM=3010=20.当ADM=90时， 由勾股定理得AM=;当AMD=90时， 由勾股定理得AM=;（2）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，AD1=AD2，D1AD2=90，AD1D2=AD2D1=45，D1D2=AD2C=135，D1D2C=90，连接D1C，如下图所示， BAD2+D2AC=CAD1+D2AC=90，BAD2=CAD1AB=AC，AD2=AD1，ABD2ACD1BD2= CD1在RtD1D2C中，由勾股定理得：D1C=.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RtABC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.如图2，若AD=BD，CE=2，求DG的长.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ADOFCO，得到结论；（2）过点D,F作DNBC, FMBC，得到DNEEMF，再由DG是ABF的中位线，得到结果；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，ADOFCO，DO=CO， BD=CD=2OD. （2）如下图所示,过点D,F作DNBC于点N,FMBC于点M,连结BF.DNE=EMF=90.又NDE=MEF,DE=EF,DNEEMF, DN=EM. BD=,ABC=45,DN=EM=7,BM=BCMEEC=5,MF=NE= NCEC=5.BF=点D,G分别是AB,AF的中点,DG=BF=.过点D作DHBC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=14t，HE=BEBH=12t.由DHEECA，得：，即，解得t=即CE的长为或.当DGBC时，如下图所示，过点F作FKBC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=142t.DHEEKF，KE=DH=2,KF=HE=142t,MC=FK, 142t=10,得t=2.GN=EC=2, GNEC，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EKFM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DHEEKF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，MN=AM=14-t，NC=MN-CM=t，PD=t-2，由GPDDHE可得：，解得t=10+（不符题意，舍去）或10CE=2t-2=综上所述，CE的长为：或或2或.题型三：旋转问题中线段比值是否变化问题例3（2019德州）（1）如图1，菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且BAD=60，请直接写出HD:GC:EB的值；（2）将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD:GC:EB；（3）把图2的菱形都换成矩形，如图3，且AD:AB=AH:AE=1:2，此时HD:GC:EB的结果与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果；若无变化，说明理由. 图1 图2 图3【答案】见解析.【解析】解：（1）HD:GC:EB=1：1；（2）如图，连接AC，BD交于点O，连接AG，由题意知：AD=AB，AH=AE，DAB=HAE=60，DAH=BAE，DAHBAE，DH=BE,又DAB=60，ABCD是菱形，DAC=30，ACBD，BD=2OD，AC=2OA，在RtAOD中，OD:OA=,BD:AC=,由ABD是等边三角形，得：AD=BD，即AD:AC=,同理，得AH:AG=,AD:AC=AH:AG，又DAC=HAG，DAH+HAC=CAG+HAC，即DAH=CAG，DAHCAG，DH:GC=, HD:GC:EB=1: :1.(3)有变化，HD:GC:EB=1: :2.如上图所示，由题意知：1+HAB=2+HAB=90，1=2，由AH:AE=AD:AB=1:2，得：AH:AD=AE:AB，ADHABE，HD:EB=1:2，连接AG，AC，由2+HAC=3+HAC，得：2=3，AG=AH，AC=AD,AD:AC=AH:AG,ADHACG，HD:GC=1:，HD:GC:EB=1: :2.题型四：旋转问题中落点规律性问题例4（2019台州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，P是BA延长线上的一点，连接PC交AD于点F，AP=FD.（1）求的值；（2）如图1，连接EC，在线段EC上取一点M，使EM=EB，连接MF，求证：MF=PF；（3）如图2，过点E作ENCD于点N，在线段EN上取一点Q，使AQ=AP，连接BQ、BN，将AQB绕点A旋转，使点Q旋转后的对应点Q落在边AD上. 请判断旋转后B的对应点B是否落在线段BN上，请说明理由. 【答案】见解析.【解析】解：（1）四边形ABCD是正方形，边长为2，CDAB，P=FCD，=tanP=tanFCD=，设AF=x，则DF=AP=2x，解得：x=或x=（舍），=.（2）E是正方形ABCD边AB的中点，AB=2，BE=1，在RtBCE中，由勾股定理得：CE=,由（1）知：PE=PA+AE=+1=，CE=PE，P=PCE，又P=DCF，PCE=DCF，过点F作FHCE于H，如下图所示，在CFH和CFD中，CFHCFD，CH=CD=2，FH=FD=1=AP，EH=ECCH=2，HM=EMEH=3=AFAPFHFM，PF=FM.（3）在AD上截取AQ=AQ，在BN上截取AB=AB，连接AB，BQ，过点B作BGAD于G，交EN于K，如下图所示，tanNBE=2，AB=AB=2，BB=BN=BNBB=，由NBKNBE，得：BK=，KN=,BG=,DG=，QG=，在RtBGQ中，由勾股定理得：BQ2=BG2+ GQ2=,而，BQBQ，即B不在BN上.题型五：旋转问题中函数及落点问题例5（2019连云港）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数yx+b的图象与函数y（x0）的图象相交于点A（1，6），并与x轴交于点C点D是线段AC上一点，ODC与OAC的面积比为2：3（1）k ，b ；（2）求点D的坐标；（3）若将ODC绕点O逆时针旋转，得到ODC，其中点D落在x轴负半轴上，判断点C是否落在函数y（x0）的图象上，并说明理由【答案】（1）6，5；（2）（3）见解析.【解析】解：（1）将A（1，6）代入yx+b，得，61+b，b5，将A（1，6）代入y，得k6，故答案为：6，5；（2）如下图所示，过点D作DMx轴，垂足为M，过点A作ANx轴，垂足为N，ODC与OAC的面积比为2：3，又点A的坐标为（1，6），AN6，DM4，即点D的纵坐标为4，把y4代入yx+5中，得x1，D（1，4）；（3）由题意可知，ODOD，如下图所示，过点C作CGx轴，垂足为G，SODCSODC，OCDMODCG，即54CG，CG，在RtOCG中，由勾股定理得：OG，C的坐标为（，），（）6，点C不在函数y的图象上题型六：几何图形旋转中的类比探究例6（2019自贡）（1）如图1，E是正方形ABCD边AB上的一点，连接BD、DE，将BDE绕点D逆时针旋转90，旋转后角的两边分别与射线BC交于点F和点G.线段DB和DG之间的数量关系是 ；写出线段BE，BF和DB之间的数量关系.（2）当四边形ABCD为菱形，ADC=60，点E是菱形ABCD边AB