半角旋转模型
专题01 旋转中的三种全等模型(手拉手、半角、对角互补模型)(解析版)
专题01 旋转中的三种全等模型（手拉手、半角、对角互补模型）本专题重点分析旋转中的三类全等模型（手拉手、半角、对角互补模型），结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。
模型1.手拉手模型【模型解读】将两个三角形（或多边形）绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合，则这两个三角形构成手拉手全等，也叫旋转型全等。
其中：公共顶点A记为“头”，每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”，第二个顶点记为“右手”。
手拉模型解题思路：SAS型全等（核心在于导角，即等角加（减）公共角）。
1）双等边三角形型条件：△ABC和△DCE均为等边三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点F。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠AFM=∠BCM=60°；④CF平分∠BFD。
2）双等腰直角三角形型条件：△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，C为公共点；连接BE，AD交于点N。
结论：①△ACD≌△BCE；②BE=AD；③∠ANM=∠BCM=90°；④CN平分∠BND。
3）双等腰三角形型条件：△ABC 和△DCE 均为等腰三角形，C 为公共点；连接BE ，AD 交于点F 。
结论：①△ACD ≌△BCE ；②BE =AD ；③∠ACM =∠BFM ；④CF 平分∠AFD 。
4）双正方形形型条件：△ABCFD 和△CEFG 都是正方形，C 为公共点；连接BG ，ED 交于点N 。
结论：①△△BCG ≌△DCE ；②BG =DE ；③∠BCM =∠DNM=90°；④CN 平分∠BNE 。
例1．（2022·黑龙江·中考真题）ABC V 和ADE V 都是等边三角形．(1)将ADE V 绕点A 旋转到图①的位置时，连接BD ，CE 并延长相交于点P （点P 与点A 重合），有PA PB PC +=（或PA PC PB +=）成立；请证明．(2)将ADE V 绕点A 旋转到图②的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将ADE V 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．【答案】(1)证明见解析 (2)图②结论：PB PA PC =+，证明见解析 (3)图③结论：PA PB PC+=【分析】（1）由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，PA =0，即可得出结论；（2）在BP 上截取BF CP =，连接AF ，证明BAD CAE V V ≌（SAS ），得ABD ACE Ð=Ð，再证明CAP BAF ≌△△（SAS ），得CAP BAF Ð=Ð，AF AP =，然后证明AFP V 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论；（3）在CP 上截取CF BP =，连接AF ，证明BAD CAE V V ≌（SAS ），得ABD ACE Ð=Ð，再证明BAP CAF ≌△△（SAS ），得出CAF BAP Ð=Ð，AP AF =，然后证明AFP V 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论：PA PB PF CF PC +=+=．(1)证明：∵△ABC 是等边三角形，∴AB =AC ，∵点P 与点A 重合，∴PB =AB ，PC =AC ，PA =0，∴PA PB PC +=或PA PC PB +=；(2)解：图②结论：PB PA PC=+证明：在BP 上截取BF CP =，连接AF ，∵ABC V 和ADE V 都是等边三角形，∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE Ð=Ð=°∴BAC CAD DAE CAD Ð+Ð=Ð+Ð，∴BAD CAE Ð=Ð，∴BAD CAE V V ≌（SAS ），∴ABD ACE Ð=Ð，∵AC =AB ，CP =BF ， ∴CAP BAF ≌△△（SAS ），∴CAP BAF Ð=Ð，AF AP =，∴CAP CAF BAF CAF Ð+Ð=Ð+Ð，∴60FAP BAC Ð=Ð=°，∴AFP V 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PC PF BF PB +=+=；(3)解：图③结论：PA PB PC +=，理由：在CP 上截取CF BP =，连接AF ，∵ABC V 和ADE V 都是等边三角形，∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE Ð=Ð=°∴BAC BAE DAE BAE Ð+Ð=Ð+Ð，∴BAD CAE Ð=Ð，∴BAD CAE V V ≌（SAS ），∴ABD ACE Ð=Ð，∵AB =AC ，BP =CF ，∴BAP CAF ≌△△（SAS ），∴CAF BAP Ð=Ð，AP AF =，∴BAF BAP BAF CAF Ð+Ð=Ð+Ð，∴60FAP BAC Ð=Ð=°，∴AFP V 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PB PF CF PC +=+=，即PA PB PC +=．【点睛】本题考查等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．例2．（2023·湖南·长沙市八年级阶段练习）如图1，在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，AB ＝BC ＝4，点D ，E 分别为边AB ，BC 上的中点，且BD ＝BE ．(1)如图2，将△BDE 绕点B 逆时针旋转任意角度α，连接AD ，EC ，则线段EC 与AD 的关系是 ；(2)如图3，DE ∥BC ，连接AE ，判断△EAC 的形状，并求出EC 的长；(3)继续旋转△BDE ，当∠AEC ＝90°时，请直接写出EC 的长．例3．（2023·黑龙江·虎林市九年级期末）已知Rt △ABC 中，AC =BC ，∠ACB ＝90°，F 为AB 边的中点，且DF =EF ，∠DFE ＝90°，D 是BC 上一个动点．如图1，当D 与C 重合时，易证：CD 2＋DB 2＝2DF 2；（1）当D 不与C 、B 重合时，如图2，CD 、DB 、DF 有怎样的数量关系，请直接写出你的猜想，不需证明．（2）当D 在BC 的延长线上时，如图3，CD 、DB 、DF 有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并加以证明．【答案】（1）CD 2+DB 2=2DF 2 ；（2）CD 2+DB 2=2DF 2，证明见解析【分析】（1）由已知得222DE DF =，连接CF ，BE ，证明CDF BEF D @D 得CD =BE ，再证明BDE D 为直角三角形，由勾股定理可得结论；（2）连接CF ，BE ，证明CDF BEF D @D 得CD =BE ，再证明BDE D 为直角三角形，由勾股定理可得结论．【详解】解：（1）CD 2+DB 2=2DF 2证明：∵DF =EF ，∠DFE ＝90°，∴222DF EF DE += ∴222DE DF = 连接CF ，BE ，如图∵△ABC 是等腰直角三角形，F 为斜边AB 的中点∴CF BF =，CF AB ^，即90CFB Ð=° ∴45FCB FBC Ð=Ð=°，90CFD DFB Ð+Ð=°又90DFB EFB Ð+Ð=° ∴CFD EFB Ð=Ð在CFD D 和BFE D 中CF BF CFD BFE DF EF =ìïÐ=Ðíï=î∴CFD D @BFED ∴CD BE =，45EBF FCB Ð=Ð=° ∴454590DBF EBF Ð+Ð=°+°=° ∴222DB BE DE +=∵CD BE =，222DE DF =∴CD 2+DB 2=2DF 2 ；（2）CD 2+DB 2=2DF 2 证明：连接CF 、BE∵CF =BF ，DF =EF 又∵∠DFC +∠CFE =∠EFB +∠CFB=90°∴∠DFC =∠EFB ∴△DFC ≌△EFB ∴CD =BE ，∠DCF =∠EBF =135°∵∠EBD =∠EBF －∠FBD =135°－45°=90° 在Rt △DBE 中，BE 2+DB 2=DE 2∵ DE 2=2DF 2 ∴ CD 2+DB 2=2DF 2【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、证明三角形全等是解决问题的关键，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．例4．（2022·青海·中考真题）两个顶角相等的等腰三角形，如果具有公共的顶角的顶点，并把它们的底角顶点连接起来，则形成一组全等的三角形，把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.(1)问题发现：如图1，若ABC V 和ADE V 是顶角相等的等腰三角形，BC ，DE 分别是底边.求证：BD CE =；(2)解决问题：如图2，若ACB △和DCE V 均为等腰直角三角形，90ACB DCE Ð=Ð=°，点A ，D ，E 在同一条直线上，CM 为DCE V 中DE 边上的高，连接BE ，请判断∠AEB 的度数及线段CM ，AE ，BE 之间的数量关系并说明理由.图1 图2【答案】(1)见解析 (2)90DCE Ð=°；2AE AD DE BE CM=+=+【分析】（1）先判断出∠BAD =∠CAE ，进而利用SAS 判断出△BAD ≌△CAE ，即可得出结论；（2）同（1）的方法判断出△BAD ≌△CAE ，得出AD =BE ，∠ADC =∠BEC ，最后用角的差，即可得出结论．【解析】(1)证明：∵ABC V 和ADE V 是顶角相等的等腰三角形，∴AB AC =，AD AE =，BAC DAE Ð=Ð，∴BAC CAD DAE CAD Ð-Ð=Ð-Ð，∴BAD CAE Ð=Ð．在BAD V 和CAE V 中，AB AC BAD CAE AD AE =ìïÐ=Ðíï=î，∴()BAD CAE SAS ≌△△，∴BD CE =．(2)解：90AEB =°∠，2AE BE CM =+，理由如下：由（1）的方法得，≌ACD BCE V V ，∴AD BE =，ADC BEC ÐÐ=，∵CDE △是等腰直角三角形，∴45CDE CED Ð=Ð=°，∴180135ADC CDE Ð=°-Ð=°，∴135BEC ADC Ð=Ð=°，∴1354590AEB BEC CED Ð=Ð-Ð=°-°=°．∵CD CE =，CM DE ^，∴DM ME =．∵90DCE Ð=°，∴DM ME CM ==，∴2DE CM =．∴2AE AD DE BE CM =+=+．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形的性质，判断出△ACD ≌△BCE 是解本题的关键．3）15°模型2.半角模型【模型解读】半角模型概念：过多边形一个顶点作两条射线，使这两条射线夹角等于该顶角一半思想方法：通过旋转构造全等三角形，实现线段的转化1）正方形半角模型条件：四边形ABCD是正方形，∠ECF=45°；结论：①△BCE≌△DCG；②△CEF≌△CGF；③EF＝BE＋DF；④D AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。
半角旋转模型结论及证明
半角旋转模型结论及证明一、引言半角旋转模型是一种常见的物理模型，广泛应用于工程、物理学等领域。
本文将探讨半角旋转模型的结论及其证明，并对其在实际应用中的重要性进行讨论。
二、半角旋转模型的定义半角旋转模型是指一个刚体绕一个固定点旋转的模型，最典型的例子就是地球绕着太阳旋转。
在这种模型中，刚体的转动角度小于180度，即为半角旋转模型。
三、半角旋转模型的结论1. 转动方向：根据右手法则，刚体的转动方向与旋转轴的方向相同。
2. 角速度的变化：根据角动量守恒定律，刚体在旋转过程中，角速度保持不变。
3. 角位移的计算：根据角速度和旋转时间的乘积，可以计算刚体的角位移。
4. 转动惯量的影响：刚体的转动惯量决定了其转动的难易程度。
转动惯量越大，刚体的转动越困难。
四、半角旋转模型的证明1. 转动方向的证明根据右手法则，可以证明刚体的转动方向与旋转轴的方向相同。
右手握住旋转轴，螺旋指向刚体旋转的方向。
2. 角速度的变化的证明根据角动量守恒定律，可以证明刚体在旋转过程中，角速度保持不变。
角动量守恒定律表明，在没有外力矩的情况下，刚体的角动量保持不变，因此角速度也保持不变。
3. 角位移的计算的证明根据角速度和旋转时间的乘积，可以证明刚体的角位移。
角速度定义为单位时间内角度的变化率，因此将角速度乘以旋转时间，得到刚体的角位移。
4. 转动惯量的影响的证明刚体的转动惯量可以通过质量和几何形状来计算。
转动惯量越大，代表刚体的分布越分散，因此刚体的转动越困难。
这一点可以通过实际观察不同形状的物体进行旋转实验来证明。
五、半角旋转模型的实际应用半角旋转模型在工程、物理学等领域有广泛的应用。
例如，对于机械工程师来说，了解半角旋转模型的结论和证明可以帮助他们设计更稳定的旋转机械装置。
在物理学研究中，半角旋转模型提供了理解地球自转、分子旋转等现象的重要工具。
六、结论半角旋转模型是一个常见的物理模型，通过对其结论和证明的讨论，我们可以更深入地理解旋转运动的特性和规律。
半角旋转模型例题
半角旋转模型例题
题目：在直角坐标系中，已知点A(0,4)，B(6,0)，C(4,2)，D(m,n)，其中m>n>0，点C关于原点的对称点为C'，点D关于x轴的对称点为D'，点E在x轴上，且四边形ABCD'为菱形，请找出所有符合条件的E点坐标。
分析：由题意可知，C'(4,-2)，D'(m, - n)，所以直线CD的解析式为y = x-m，直线AB的解析式为y = 4x。
菱形的四条边相等，即两对角线互相垂直平分，故以AB为对角线，C'D'为一边的菱形必有两顶点在AB上的垂直平分线上，易得垂直平分线的解析式为y = 3x+4或y = - 3x+6。
解：由题意可知，C'(4,-2)，D'(m, - n)，所以直线CD的解析式为y = x-m，直线AB的解析式为y = 4x。
当E在第一象限时，易得E的坐标为(6,4)。
当E在第三象限时，易得E的坐标为( - 6, - 4)。
若四边形ABCD'为菱形，且以AB为对角线，C'D'为一边，则存在两顶点在AB上的垂直平分线上。
易知AB的中点坐标为(3,2)，AB的垂直平分线为$y = 3x + 2$。
所以当E在第三象限时，满足条件的E点坐标为$( - 6, - 4)$或$( - 3, - 1)$。
综上所述，满足条件的E点坐标为$(6,4)$或$( - 6, - 4)$或$( - 3, - 1)$或$(3,2)$。
方法总结：本题主要考查了菱形的性质及对称点的坐标特点，利用分类讨论思想是解决本题的关键。
对于四边形ABCD'为菱形的情况，应注意从菱形的对称性入手求解。
旋转模型(手拉手模型、脚拉脚模型、半角模型)典型例题含答案
旋转模型（综合）考察点1：“手拉手”模型（绕点旋转）手拉手模型，亦称为共顶点等腰型，一定会出现旋转型全等。
其衍生模型有等腰对补角模型和等腰旁等角模型。
辅助线作法：通常情况下，绕等腰三角形的顶点旋转，旋转角度为等腰三角形顶角的度数；难一点的情况，还需过旋转点作被旋转三角形的高，以及旋转后三角形的高。
解题时：证明全等通常用的是边角边，难点在于如何先说明夹角相等。
模型回顾：A AA C一、旋转全等图2图1（2）如图2，连接EO ，求证：EO 平分∠AED（1）如图1，连接AC ，BD ，求证：①△OAC ≌△OBD ；②∠AEB=α1. 在△OAB 和△OCD 中，OA=OB ，OC=OD ，∠AOB=∠COD=α，直线AC 与直线BD 相交于点E 。
DDA1. 解：在△OAC 和△OBD 中OE 平分∠AED在Rt △OME 和Rt △ONE 中OM=ONOE=OE∠OEM=∠OEN 过点O 作OM ⊥AC ，ON ⊥BDOM=ONOA=OB∠OAM=∠OBN∠OMA=∠ONB=90°（2）OAM ≌△OBN 图1图2∠AEB=∠AOB=α∠OAC=∠OBD∠OFA=∠EFB在△OAF 和△BEF 中∠OAC=∠OBD△OAC ≌△OBD②①△OAC ≌△OBD（1）OA=OB∠AOC=∠BODOC=ODC C二、等腰旁等角模型图4图3图2图1（4）如图4，若∠ADC=90°+12α，求证：∠ADB=α。
（3）如图3，若α=90°，∠ABD=∠ACD ，求证：∠DAC=∠DBC ；（2）如图2，若α=90°，∠DAC=∠DBC ，求证：∠BDC=45°；1. 如图，在四边形ABCD 中，CA=CB ，∠ACB=α，连接BD 。
（1）如图1，若α=90°，∠ADC=135°，求证：BD ⊥AD ；C∠CDE=45°∠BDC=45°BD ⊥ADBDC ≌△ACE BC=AC∠BCD=∠ACECD=CE ∠BDC=∠CED=45°在△BCD 和△ACD 中A 、D、E 三点共线∠CDE=45°∠ADC=135°∠CDE=∠CED=45°△CDE 1. 证明:（1）将CD 绕点C 顺时针旋转90°得到CE∠BDC=45°DCF CF=CD∠DCF=90°∠ACB=90°∠BCF=∠ACDCF=CD∠BCF=∠ACD在△BCF 和△ACD 中BC=AC∠DBC=∠DACBF=AD BCF ≌△ACD （2）在BD 上取一点F ，使得BF=AD 图2∠ADB=∠ADC-∠BDC=（90°+12α）-（90°-12α）=α∠BDC=∠P=90°-12αD 、G 、H 三点共线∠∠ADC=90°+12α（4）将CD 绕点C 顺时针旋转α，得到CP ，连接DP 、AP∠P=∠CDP=90°-12αCD=CP∠PCD=在△BDC 和△ACP 中BC=AC∠BCD=∠ACPCD=CPBCD ≌△ACPBCH ≌△ACD BC=AC∠BCH=∠ACDCH=CD在△BCH 和△ACD 中∠DAC=∠DBCD 、G 、H 三点共线∠CDG=45°∠CDH=45°∠ACD=∠ABD∠CGD=∠BGA ∠CDG=∠BAG=45°在△DCG 和△ABG 中△CDH ∠CDH=45°（3）将CD 绕点C 逆时针旋转90°得到CH ，连接BH 、DH图3三、等腰对补角模型1.如图，已知△ABC为等边三角形，D是BC下方一点，连接AD。
中考数学专题讲练 旋转(解析版)
旋转一．半角模型“半角”旋转模型，经常会出现在等腰直角三角形、正方形中，在一般的等腰三角形中也会有涉及．二．等腰三角形旋转模型等腰三角形的旋转模型比较多，此模型需要注意的是利用“全等三角形”的性质进行边与角的转化，证明的基本思想“SAS”．1．一般等腰三角形的旋转2．等边三角形的旋转3．等腰直角三角形的旋转三．对角互补模型四边形对角互补模型多数题目给出的条件会以四边形或三角形等旋转为载体．四．旋转相似模型共顶点相似的一般三角形模型：如图，图中ABD ACE∆∆∽，得到AB AD BDAC AE CE==，ABD ACE∠=∠，ADB AEC∠=∠，BAD CAE∠=∠，则有ABC ADE∆∆∽．一．考点：1．旋转全等模型；2．旋转相似模型；3．旋转中的轨迹与最值问题；二．重难点：1．这类题的关键是找到题目中所给的特殊条件，结合问题所要证明或者求解的边长角度问题，再去选择是要构造旋转全等还是通过已经得到的旋转全等的性质进一步证明．2．观察图形发现旋转得到的相似；3．通过添加辅助线构造旋转相似或者去挖掘隐含的相似图形．三．易错点：1．在利用旋转构造全等的时候注意辅助线的做法问题；2．构造旋转全等时候一定要有相等边长的条件．3．全等是相似的一个特例，旋转有时候也会出现全等，注意和旋转全等的区别和联系．题模一：旋转与全等例1.1.1已知四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF；当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．【答案】图2成立，证明见解析，图3不成立，图3中AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF【解析】∵AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，AE=CF，在△ABE和△CBF中，∴△ABE≌△CBF（SAS）；∴∠ABE=∠CBF，BE=BF；∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴AE=12BE，CF=12BF；∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF为等边三角形；∴AE+CF=12BE+12BF=BE=EF；图2成立，图3不成立．证明图2．延长DC至点K，使CK=AE，连接BK，在△BAE和△BCK中，则△BAE≌△BCK，∴BE=BK，∠ABE=∠KBC，∵∠FBE=60°，∠ABC=120°，∴∠FBC+∠ABE=60°，∴∠FBC+∠KBC=60°，∴∠KBF=∠FBE=60°，在△KBF和△EBF中，∴△KBF≌△EBF，∴KF=EF，∴KC+CF=EF，即AE+CF=EF．图3不成立，AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF．例1.1.2（1）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD．求证：EF=BE+FD；（2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？（3）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．【答案】（1）证明见解析（2）成立（3）EF=BE﹣FD 【解析】（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG=AF，∠1=∠2．∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．又AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．（3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE﹣FD．证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．∵AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF∵EG=BE﹣BG∴EF=BE﹣FD．例 1.1.3如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）△ACN仍为等腰直角三角形【解析】（1）证明：如图1，∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．∵点M为DE的中点，∴DM=EM．在△ADM和△NEM中，∴△ADM≌△NEM．∴AM=MN．∴M为AN的中点．（2）证明：如图2，∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°．∵A，B，E三点在同一直线上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN为等腰直角三角形．（3）△ACN仍为等腰直角三角形．证明：如图3，延长AB交NE于点F，∵AD∥NE，M为中点，∴易得△ADM≌△NEM，∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．∵AD∥NE，∴AF⊥NE，在四边形BCEF中，∵∠BCE=∠BFE=90°∴∠FBC+∠FEC=360°﹣180°=180°∵∠FBC+∠ABC=180°∴∠ABC=∠FEC在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN为等腰直角三角形．例1.1.4如图，△AEF中，∠EAF=45°，AG⊥EF于点G，现将△AEG沿AE折叠得到△AEB，将△AFG沿AF折叠得到△AFD，延长BE和DF相交于点C．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）连接BD分别交AE、AF于点M、N，将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH，试判断线段MN、ND、DH之间的数量关系，并说明理由．（3）若EG=4，GF=6，2，求AG、MN的长．【答案】（1）见解析（2）MN2=ND2+DH2；理由见解析（3）AG=12；2【解析】（1）证明：∵△AEB由△AED翻折而成，∴∠ABE=∠AGE=90°，∠BAE=∠EAG，AB=AG，∵△AFD由△AFG翻折而成，∴∠ADF=∠AGF=90°，∠DAF=∠FAG，AD=AG，∵∠EAG+∠FAG=∠EAF=45°，∴∠ABE=∠AGE=∠BAD=∠ADC=90°，∴四边形ABCD 是矩形，∵AB=AD ，∴四边形ABCD 是正方形；（2）MN 2=ND 2+DH 2，理由：连接NH ，∵△ADH 由△ABM 旋转而成，∴△ABM ≌△ADH ，∴AM=AH ，BM=DH ，∵由（1）∠BAD=90°，AB=AD ，∴∠ADH=∠ABD=45°，∴∠NDH=90°，∴△AMN ≌△AHN ，∴MN=NH ，∴MN 2=ND 2+DH 2；（3）设AG=BC=x ，则EC=x ﹣4，CF=x ﹣6，在Rt △ECF 中，∵CE 2+CF 2=EF 2，即（x ﹣4）2+（x ﹣6）2=100，x 1=12，x 2=﹣2（舍去）∴AG=12，∵AG=AB=AD=12，∠BAD=90°，∴22AB AD +221212+2，∵2，∴MD=BD ﹣2﹣22，设NH=y，在Rt△NHD中，∵NH2=ND2+DH2，即y2=（2y）2+（22，解得2，即2．题模二：旋转与相似例1.2.1如图1，点P在正方形ABCD的对角线AC上，正方形的边长是a，Rt△PEF的两条直角边PE、PF分别交BC、DC于点M、N．（1）操作发现：如图2，固定点P，使△PEF绕点P旋转，当PM⊥BC时，四边形PMCN是正方形．填空：①当AP=2PC时，四边形PMCN的边长是________；②当AP=nPC时（n是正实数），四边形PMCN的面积是___________．（2）猜想论证如图3，改变四边形ABCD的形状为矩形，AB=a，BC=b，点P在矩形ABCD的对角线AC上，Rt△PEF 的两条直角边PE、PF分别交BC、DC于点M、N，固定点P，使△PEF绕点P旋转，则PMPN=__________．（3）拓展探究如图4，当四边形ABCD满足条件：∠B+∠D=180°，∠EPF=∠BAD时，点P在AC上，PE、PF分别交BC，CD于M、N点，固定P点，使△PEF绕点P旋转，请探究PMPN的值，并说明理由．【答案】（1）①13a②()221an+（2）ab（3）见解析【解析】（1）①如图2，∵PM⊥BC，AB⊥BC ∴△PMC∽△ABC又∵AP=2PC∴PMAB=13，即PMa=13∴PM=13a，即正方形PMCN的边长是13a②当AP=nPC时（n是正实数），PMAB=11n+∴PM=11n+a∴四边形PMCN的面积=（11n+a）2=()221an+（2）如图3，过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，则∠PGM=∠PHN=90°，∠GPH=90°∵Rt△PEF中，∠FPE=90°∴∠GPM=∠HPN∴△PGM∽△PHN由PG∥AB，PH∥AD可得，PG CP PH AB CA AD==∵AB=a，BC=b∴PG PHa b=，即PGPH=ab（3）如图4，过P作PG∥AB，交BC于G，作PH∥AD，交CD于H，则∠HPG=∠DAB ∵∠EPF=∠BAD∴∠EPF=∠GPH，即∠EPH+∠HPN=∠EPH+∠GPM∴∠HPN=∠GPM∵∠B+∠D=180°∴∠PGC+∠PHC=180°又∵∠PHN+∠PHC=180°∴∠PGC=∠PHN∴△PGM∽△PHN由PG∥AB，PH∥AD可得，PG CP PH AB CA AD==即PG AB PH AD=②∴由①②可得，PMPN=ABAD例1.2.2数学活动课上，小颖同学用两块完全一样的透明等腰直角三角板ABC、DEF进行探究活动．操作：使点D落在线段AB的中点处并使DF过点C（如图1），然后将其绕点D顺时针旋转，直至点E落在AC的延长线上时结束操作，在此过程中，线段DE与AC或其延长线交于点K，线段BC与DF相交于点G（如图2，3）．探究1：在图2中，求证：△ADK∽△BGD．探究2：在图2中，求证：KD平分∠AKG．探究3：①在图3中，KD仍平分∠AKG吗？若平分，请加以证明；若不平分，请说明理由．②在以上操作过程中，若设AC=BC=8，KG=x，△DKG的面积为y，请求出y与x的函数关系式，并直接写出x的取值范围．【答案】探究1：见解析；探究2：见解析；探究3：①KD仍平分∠AKG②y=2x，其中≤≤4838x【解析】探究1，∵∠KAD=∠KDG=∠DBG=45°，∴∠KDA+∠BDG=135°．∵∠BDG+∠BGD=135°，∴∠KDA=∠BGD，∴△ADK∽△BGD；探究2，∵△ADK∽△BGD，∵点D是线段AB的中点，∴BD=AD，∵∠KAD=∠KDG=45°，∴△ADK∽△DCK，∴∠AKD=∠DKC，∴KD平分∠AKG．探究3，①KD仍平分∠AKG．理由如下：∵同探究1可得△ADK∽△BGD，同探究2可得，△ADK∽△DGK，∴∠AKD=∠DKG，∴KD仍平分∠AKG；②如图，过点D作DM⊥AC于点M，DN⊥KG于点N，由①知线段KD平分∠AKG，∴DM=DN．∵AC=BC=8，点D是线段AB的中点，∠KAD=45°，∴DM=DN=4．∵KG=x，∴S△DKG=y=12×4x=2x，对于图3的情况同理可得y=2x，综上所示，y=2x，其中38．题模三：旋转中的轨迹与最值问题例1.3.1如图，点P是平行四边形ABCD对角线BD上的动点，点M为AD的中点，已知AD=8，AB=10，∠ABD=45°，把平行四边形ABCD绕着点A按逆时针方向旋转，点P的对应点是点Q，则线段MQ的长度的最大值与最小值的差为．【答案】18﹣2【解析】如图，作AP1⊥BD垂足为P1，∵∠DBA=45°，AB=10，∴∠P1AB=∠DBA=45°，AP1=P12，∵AM=MD=12AD=4，当AP1旋转到与射线AD的重合时（点P1与点E重合），ME就是MQ最小值24，当点P2与B重合时，旋转到与DA的延长线重合时（点P2与点F重合），此时MF就是MQ最大值=AM+AF=14，∴MQ的最大值与最小值的差=14﹣（2﹣4）=18﹣2故答案为18﹣2例 1.3.2如图，菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°，我们把菱形ABCD的对称中心O称作菱形的中心．菱形ABCD在直线l上向右作无滑动的翻滚，每绕着一个顶点旋转60°叫一次操作，则经过1次这样的操作菱形中心O所经过的路径长为______；经过3n（n为正整数）次这样的操作菱形中心O所经过的路径总长为______．（结果都保留π）【答案】3231+nπ【解析】∵菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°，∴△ABD是等边三角形，BO=DO=1，223AD DO-第一次旋转的弧长6033ππ⨯=∵第一、二次旋转的弧长和60360323ππ⨯⨯=，第三次旋转的弧长为：601 1803ππ⨯=∵3n÷3=n，故经过3n（n为正整数）次这样的操作菱形中心O所经过的路径总长为：n 23π+3π）231+nπ．例1.3.3如图1，点O为正方形ABCD的中心．（1）将线段OE绕点O逆时针方向旋转90︒，点E的对应点为点F，连结EF，AE，BF，请依题意补全图1；（2）根据图1中补全的图形，猜想并证明AE与BF的关系；（3）如图2，点G是OA中点，△EGF是等腰直角三角形，H是EF的中点，90EGF∠=︒，22AB=2GE=，△EGF绕G点逆时针方向旋转α角度，请直接写出旋转过程中BH的最大值．【答案】（1）见解析（2）AE⊥BF（3）25+【解析】（1）正确画出图形；………………1分（2）延长EA 交OF 于点H ，交BF 于点G …2分∵O 为正方形ABCD 的中心，∴OB OA =，∠AOB ＝90……3分∵OE 绕点O 逆时针旋转90角得到OF∴∠AOB ＝∠EOF ＝90∴∠EOA ＝∠FOB ……4分在△EOA 和△FOB 中，∴BF AE =.……5分∴∠OFB +∠FHG =90∴AE ⊥BF ……6分（3）BH 的最大值为25+……8分随练1.1 在ABC ∆中，2AB BC ==，90ABC ∠=︒，BD 为斜边AC 上的中线，将ABD ∆绕点D 顺时针旋转α(0180α︒<<︒)得到EFD ∆，其中点A 的对应点为点E ，点B 的对应点为点F ，BE 与FC 相交于点H .（1）如图1，直接写出BE 与FC 的数量关系：____________;（2）如图2，M 、N 分别为EF 、BC 的中点.求证：MN =__________;（3）连接BF ，CE ，如图3，直接写出在此旋转过程中，线段BF 、CE 与AC 之间的数量关系：____________________________.【答案】 （1）BE FC =；（2）22FC ；（3）222BF CE AC +=. 【解析】 （1）BE FC =；（2）证明：如图，∵AB BC =，90ABC ∠=︒，BD 为斜边中线，∴12BD AD CD AC ===，BD AC ⊥ ∵EFD ∆是由ABD ∆旋转得到的，∴DE DF DB DC ===，90EDF ADB BDC ∠=∠=∠=︒∴EDF BDF BDC BDF ∠+∠=∠+∠，即BDE FDC ∠=∠，∴BDE FDC ∆∆≌，∴BE FC =且12∠=∠又∵34∠=∠，∴90FHE FDE ∠=∠=︒ ,即BE CF ⊥连接BF ，取BF 中点G ，连接MG 、NG .∵M 为EF 中点，G 为BF 中点，N 为BC 中点又∵EB FC =，BE FC ⊥∴MG NG =，90MGN ∠=︒，∴MGN ∆为等腰直角三角形，∴2MN =. （3）222BF CE AC +=.随练1.2 在菱形ABCD 中，120BAD ∠=︒，4AB =，把一个含60°角的三角板与这个菱形叠合，使三角板的60°角的顶点与点A 重合，两边分别落在AB 、AC 上．将三角板绕点A 按逆时针旋转，设旋转角为α．（1）如图①，当060α︒<<︒时，三角板的两边分别与菱形的两边BC 、CD 相交于点E 、F ，请你通过观察或测量写出图中现有的两组相等线段(菱形的边和对角线除外)．（2）如图②，当60120α︒<<︒时，三角板的两边分别与BC 、CD 的延长线相交于点E 、F ，你在(1)中得到的结论还成立吗?若成立，请你选择一组加以证明；若不成立，请你说明理由．（3）当060α︒<<︒时，三角板的两边分别与菱形的两边BC 、CD 相交于点E 、F ，请你求出这个三角板与这个菱形重合部分的面积．【答案】 见解析【解析】 （1）BE CF =，AE AF =，CE DF =．写出两组即可．（2）（1）中的结论仍然成立．如图，BE CF =的结论仍然成立．证明如下：∵在菱形ABCD 中，120BAD ∠=︒，又由题意可知，60EAF ∠=︒，∴BAE CAF ∠=∠．在△BAE 和△CAF 中，∴△BAE ≌△CAF ．∴BE CF =．（3）当060α︒<<︒时，三角板与这个菱形重合部分的面积就是四边形AECF 的面积．由题意可证△BAE ≌△CAF ．∴四边形AECF 的面积就是△ABC 的面积．∵4AB =，∴所求图形的面积为43随练1.3如图1所示，在正方形ABCD和正方形CGEF中，点B、C、G在同一条直线上，M是线段AE的中点，DM的延长线交EF于点N，连接FM，易证：DM=FM，DM⊥FM（无需写证明过程）（1）如图2，当点B、C、F在同一条直线上，DM的延长线交EG于点N，其余条件不变，试探究线段DM与FM有怎样的关系？请写出猜想，并给予证明；（2）如图3，当点E、B、C在同一条直线上，DM的延长线交CE的延长线于点N，其余条件不变，探究线段DM与FM有怎样的关系？请直接写出猜想．【答案】（1）DM=FM，DM⊥FM（2）DM⊥FM，DM=FM【解析】（1）如图2，DM=FM，DM⊥FM，证明：连接DF，NF，∵四边形ABCD和CGEF是正方形，∴AD∥BC，BC∥GE，∴AD∥GE，∴∠DAM=∠NEM，∵M是AE的中点，∴AM=EM，在△MAD与△MEN中，∴△MAD≌△MEN，∴DM=MN，AD=EN，∵AD=CD，∴CD=NE，∵CF=EF，∠DCF=∠DCB=90°，在△DCF与△NEF中，∴△DCF≌△NEF，∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，∵∠EFN+∠NFC=90°，∴∠DFC+∠CFN=90°，∴∠DFN=90°，∴DM⊥FM，DM=FM（2）猜想：DM⊥FM，DM=FM，证明如下：如图3，连接DF，NF，连接DF，NF，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∵点E、B、C在同一条直线上，∴AD∥CN，∴∠ADN=∠MNE，在△MAD与△MEN中，∴△MAD≌△MEN，∴DM=MN，AD=EN，∵AD=CD，∴CD=NE，∵CF=EF，∵∠DCF=90°+45°=135°，∠NEF=180°﹣45°=135°，∴∠DCF=∠NEF，在△DCF与△NEF中，∴△MAD≌△MEN，∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，∵∠CFD+∠EFD=90°，∴∠NFE+∠EFD=90°，∴∠DFN=90°，∴DM ⊥FM ，DM=FM ．随练 1.4 已知：在ABC △中，AB AC =，点D 为BC 边的中点，点F 在AB 上，连结DF 并延长到点E ,使BAE BDF ∠=∠，点M 在线段DF 上，且ABE DBM ∠=∠．（1）如图，当45ABC ∠=°时， 求证：2AE MD =；（2）如图，当60ABC ∠=°时，则线段AE MD 、之间的数量关系为____________；（3）在（2）的条件下，延长BM 到P ，使MP BM =，连接CP ，若727AB AE ==，，求tan EAB ∠的值．【答案】 （1）见解析（2）2AE MD =（33 【解析】 该题考查的是四边形综合．（1）如图，连结AD又∵45ABC ∠=°∴cos BD AB ABC =∠即2AB BD =∴△ABE ∽△DBM（2）与（1）类似可知△DBM ∽△ABE ，又60ABC ∠=︒，（3）如图2连结AD 、EP ，∵△ABE ∽△DBM又∵BM MP =∴△BEP 等边三角形∴EM BP ⊥即90BMD ∠=︒在Rt △AEB 中，27AE =7AB =， tan EAB ∠的值为3随练 1.5 在等边ABC ∆的两边AB ，AC 所在直线上分别有两点M N D ，，为ABC ∆外一点，且60MDN ∠=︒，120BDC ∠=︒，BD CD =，探究：当点M N ，分别在直线AB AC ，上移动时，BM NC MN ，，之间的数量关系及AMN ∆的周长Q 与等边ABC ∆的周长L 的关系．（1）如图①，当点M N ，在边AB AC ，上，且DM DN =时，BM NC MN ，，之间的数量关系式_________；此时Q L=__________ （2）如图②，当点M N ，在边AB AC ，上，且DM DN ≠时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明；（3）如图③，当点M N ，分别在边AB CA ，的延长线上时，若AN x =，则Q =_________（用x L ，表示）【答案】 见解析【解析】 (Ⅰ)BM 、NC 、MN 之间的数量关系BM NC MN +=．此时23Q L =． (Ⅱ)猜想：结论仍然成立．证明：如图，延长AC 至E ，使CE BM =，连结DE ．∵BD CD =，且120BDC ∠=︒．又△ABC 是等边三角形，∴90MBD NCD ∠=∠=︒．在△MBD 与△ECD 中，BM CE MBD ECD BD DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△MBD ≌△ECD (SAS)．∴DM DE =，BDM CDE ∠=∠．在△MDN 与△EDN 中，DM DE MDN EDN DN DN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△MDN ≌△EDN (SAS)．△AMN 的周长Q AM AN MN =++而等边△ABC 的周长3L AB =(Ⅲ)如图③，当M 、N 分别在AB 、CA 的延长线上时，若AN x =，则223Q x L=+（用x、L表示）．随练1.6（1）正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，如图1，请直接猜想并写出AO与CD 之间的数量关系：；（2）如图2，将（1）中的△BOC绕点B逆时针旋转得到△BO1C1，连接AO1，DC1，请猜想线段AO1与DC1的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，矩形ABCD和Rt△BEF有公共顶点，且∠BEF=90°，∠EBF=∠ABD=30°，则AEDF=______．【答案】（1）AO=2CD．理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴AO=OC=OD，∠ODC=∠OCD=45°，∠DOC=90°，∴AO=CO=2 CD，故答案为AO=2 CD；（2）∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°，∴△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，∵△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，∴∠O1BC1=∠OBC=45°，OB=O1B，BC1=BC，∴BC121，∵∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°，∴∠1=∠2，∴△BDC1∽△BAO1，（3）在R t△EBF中，cos∠EBF=EB FB在R t△ABD中，cos∠ABD=AD BD，∵∠EBF=∠ABD=30°，∵∠EBF+∠FBA=∠ABD+∠FBA，即∠EBA=∠FBD，∴△AEB∽△FBD，故答案为3【解析】（1）根据正方形的性质得AO=OC=OD，∠ODC=∠OCD=45°，∠DOC=90°，由勾股定理得到AO与CD之间的数量关系；（2）如图2根据正方形的性质得AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°，得到△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，求出AC=2AB BC=2BO，得到BD=2AB，因为△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，所以∠O1BC1=∠OBC=45°，OB=O1B，BC1=BC，BC1=2BO1，由∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°，得到∠1=∠2，于是得到△BDC1∽△BAO1，求出结论；（3）如图3在R t△ABD中，cos∠ABD=ABBD，在Rt△EBF中，cos∠EBF=EBFB因为∠EBF=∠ABD=30°得到BE ADBF BD=3，再由∠EBF+∠FBA=∠ABD+∠FBA，得到∠EBA=∠FBD，△AEB∽△FBD，由相似的性质得到解．解：（1）AO=2CD．理由如下：如图1，∵四边形ABCD为正方形，∴AO=OC=OD，∠ODC=∠OCD=45°，∠DOC=90°，∴AO=CO=2 CD，故答案为AO=2 CD；（2）如图2，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°，∴△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，∵△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，∴∠O1BC1=∠OBC=45°，OB=O1B，BC1=BC，∴BC121，∵∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°，∴∠1=∠2，∴△BDC1∽△BAO1，（3）如图3 在R t△EBF中，cos∠EBF=EB FB在R t△ABD中，cos∠ABD=AD BD，∵∠EBF=∠ABD=30°，∵∠EBF+∠FBA=∠ABD+∠FBA，即∠EBA=∠FBD，∴△AEB∽△FBD，故答案为3．随练1.7如图，正方形OABC的边长为2，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连接AE，CF 相交于点P，将正方形OABC从OA与OF重合的位置开始，绕着点O逆时针旋转90°，交点P运动的路径长是______．【答案】2【解析】如图点P运动的路径是以G为圆心的弧EF，在⊙G上取一点H，连接EH、FH．∵四边形AOCB是正方形，∴∠AOC=90°，∴∠AFP=12∠AOC=45°，∵EF是⊙O直径，∴∠EAF=90°，∴∠APF=∠AFP=45°，∴∠H=∠APF=45°，∴∠EGF=2∠H=90°，∵EF=4，GE=GF，∴2，∴EF的长9022π•2．随练1.8已知△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=2，D是边AB上一动点（A、B两点除外），将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CEF，其中点E是点A的对应点，点F是点D的对应点．（1）如图1，当α=90°时，G是边AB上一点，且BG=AD，连接GF．求证：GF∥AC；（2）如图2，当90°≤α≤180°时，AE与DF相交于点M．①当点M与点C、D不重合时，连接CM，求∠CMD的度数；②设D为边AB的中点，当α从90°变化到180°时，求点M运动的路径长．【答案】（1）见解析；（2）①∠CMD=135°②2π【解析】（1）如图1中，∵CA=CB，∠ACB=90°，∴∠A=∠ABC=45°，∵△CEF是由△CAD旋转逆时针α得到，α=90°，∴CB与CE重合，∴∠CBE=∠A=45°，∴∠ABF=∠ABC+∠CBF=90°，∵BG=AD=BF，∴∠BGF=∠BFG=45°，∴∠A=∠BGF=45°，∴GF∥AC．（2）①如图2中，∵CA=CE，CD=CF，∴∠CAE=∠CEA，∠CDF=∠CFD，∵∠ACD=∠ECF，∴∠ACE=∠CDF，∵2∠CAE+∠ACE=180°，2∠CDF+∠DCF=180°，∴∠CAE=∠CDF，∴A、D、M、C四点共圆，∴∠CMF=∠CAD=45°，∴∠CMD=180°﹣∠CMF=135°．②如图3中，O是AC中点，连接OD、CM．∵AD=DB，CA=CB，∴CD⊥AB，∴∠ADC=90°，由①可知A、D、M、C四点共圆，∴当α从90°变化到180°时，点M 在以AC 为直径的⊙O 上，运动路径是弧CD ，∵OA=OC ，CD=DA ，∴DO ⊥AC ，∴∠DOC=90°，∴CD ∧的长=901180π=2π． ∴当α从90°变化到180°时，点M 运动的路径长为2π． 随练1.9 如图1，点O 是正方形ABCD 两对角线的交点，分别延长OD 到点G ，OC 到点E ，使OG=2OD ，OE=2OC ，然后以OG 、OE 为邻边作正方形OEFG ，连接AG ，DE ．（1）求证：DE ⊥AG ；（2）正方形ABCD 固定，将正方形OEFG 绕点O 逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE ′F ′G ′，如图2．①在旋转过程中，当∠OAG ′是直角时，求α的度数；②若正方形ABCD 的边长为1，在旋转过程中，求AF ′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】 （1）如图1，延长ED 交AG 于点H ，∵点O 是正方形ABCD 两对角线的交点，∴OA=OD ，OA ⊥OD ，∵OG=OE ，在△AOG 和△DOE 中，∴△AOG ≌△DOE ，∴∠AGO=∠DEO ，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，即DE ⊥AG ；（2）①α=30°；②α=315°．【解析】 （1）如图1，延长ED 交AG 于点H ，∵点O 是正方形ABCD 两对角线的交点，∴OA=OD ，OA ⊥OD ，∵OG=OE ，在△AOG 和△DOE 中，∴△AOG ≌△DOE ，∴∠AGO=∠DEO ，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，即DE ⊥AG ；（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：（Ⅰ）α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，∵OA=OD=12OG=12OG′， ∴在Rt △OAG′中，sin ∠AG′O='OA OG =12， ∴∠AG′O=30°，∵OA ⊥OD ，OA ⊥AG′，∴OD ∥AG′，∴∠DOG′=∠AG′O=30°，即α=30°；（Ⅱ）α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，同理可求∠BOG′=30°，∴α=180°﹣30°=150°．综上所述，当∠OAG′=90°时，α=30°或150°．②如图3，当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，∵正方形ABCD的边长为1，∴2，∵OG=2OD，∴2∴OF′=2，∴2+2，∵∠COE′=45°，∴此时α=315°．作业1如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．（1）若点M为AC上的任意一点，过M作MN⊥BC于点N，取BM的中点D，连接AD、DM，求证：AD=DN．（2）如图2，若M为BC上的任意一点，以线段CM为底边作等腰Rt△MCN，此时，取BM的中点D，连接AD、DN，则AD与DN有怎样的数量关系？说明理由．（3）如图3，在（2）的条件下将Rt△MNC绕C点旋转任意角度，连接BM，取BM的中点D，再连接AD、DN，则（2）中的结论仍然成立吗，它们之间又有怎样的位置关系？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）AD=DN；（3）AD=DN，AD⊥DN【解析】（1）证明：解法一：如图1中，延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM．在△ADB和△KDM中，∴△ADB≌△KDM，∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD，∴AB∥KM，∴∠KMC=∠BAC=90°，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠C=45°，∵MN⊥BC，∴∠MNC=90°，∠NMC=45°=∠KMC=∠C，∴MN=NC，在△ANC和△KNM中，∴△ANC≌△KNM，∴AN=KN，∠ANC=∠KNM，∴∠KNA=∠MNC=90°∵AD=DK，∴DN=AD=DK，即AD=DN．解法二：根据直角三角形斜边中线性质，可知AD=12BM，DN=12BM，由此即可证明．（2）如图2中，结论：AD=DN．理由：延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM．在△ADB和△KDM中，∴△ADB≌△KDM，∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD，∴AB∥KM，∴∠KMN=∠B=45°，∵∠NMC=∠NCM=∠ACB=45°∴MN=NC，∠KMN=∠ACN=90°在△ANC和△KNM中，∴△ANC≌△KNM，∴AN=KN，∠ANC=∠KNM，∴∠KNA=∠MNC=90°∵AD=DK，∴DN=AD=DK，即AD=DN．（3）如图3中，结论：AD=DN，AD⊥DN．理由：延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM，延长KN交AC于G．在△ADB和△KDM中，∴△ADB≌△KDM，∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD，∴AB∥KM，∴∠KGC=∠BAC=90°，∴∠ACN+∠NMG=180°，∵∠KMN+∠NMG=180°，∴∠ACN=∠NMK，在△ANC和△KNM中，∴△ANC≌△KNM，∴AN=KN，∠ANC=∠KNM，∴∠KNA=∠MNC=90°∵AD=DK，∴DN=AD=DK，DN⊥AK，即AD=DN．AD⊥DN．作业2已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．（1）求证：EG=CG；（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论（均不要求证明）．【答案】（1）见解析（2）成立（3）见解析【解析】本题利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质．（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．（3）结论依然成立．还知道EG⊥CG．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°，在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=12 FD，同理，在Rt△DEF中，EG=12 FD，∴CG=EG．（1）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG（ASA），∴MG=NG；∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN，在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC，在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG．∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC，EF=BE，∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB．∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=12 MC，∴EG=CG．（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形，∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG．作业3在△ABC中，∠ACB=90°，∠A＜45°，点O为AB中点，一个足够大的三角板的直角顶点与点O重合，一边OE经过点C，另一边OD与AC交于点M．（1）如图1，当∠A=30°时，求证：MC2=AM2+BC2；（2）如图2，当∠A≠30°时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请写出你认为正确的结论，并说明理由；（3）将三角形ODE绕点O旋转，若直线OD与直线AC相交于点M，直线OE与直线BC相交于点N，连接MN，则MN2=AM2+BN2成立吗？答：____（填“成立”或“不成立”）【答案】（1）见解析；（2）不成立；（3）成立【解析】（1）证明：如图1，过A作AF⊥AC交CO延长线于F，连接MF，∵∠ACB=90°，∴BC∥AF，∴△BOC∽△AOF，∵O为AB中点，∴OA=OB，∴AF=BC，CO=OF，∵∠MOC=90°，∴OM是CF的垂直平分线，∴CM=MF，在Rt△AMF中，由勾股定理得：MF2=AM2+AF2=AM2+BC2，即MC2=AM2+BC2；（2）还成立，理由是：如图2，过A作AF⊥AC交CO延长线于F，连接MF，∵∠ACB=90°，∴BC∥AF，∴△BOC∽△AOF，∵OA=OB，∴AF=BC，CO=OF，∵∠MOC=90°，∴OM是CF的垂直平分线，∴CM=MF，在Rt△AMF中，由勾股定理得：MF2=AM2+AF2=AM2+BC2，即MC2=AM2+BC2；（3）成立．作业4在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），连接AC1、BD1，AC1与BD1交于点P．（1）如图1，若四边形ABCD是正方形．请直接写出AC1与BD1的数量关系和位置关系．（2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，判断AC1与BD1的数量关系和位置关系，并给出证明；（3）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，AC=6，BD=12，连接DD1，设AC1=kBD1，请直接写出k 的值和AC12+（kDD1）2的值．【答案】（1）AC1⊥BD1（2）AC1=34BD1，AC1⊥BD1，理由见解析（3）AC12+（kDD1）2=36【解析】（1）AC1=BD1，AC1⊥BD1；理由：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴OC=OA=OD=OB，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90°，∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，∴OC1=OD1，∠AOC1=∠BOD1=90°+∠AOD1，在△AOC 1和△BOD 1中1111AO OB AOC BOD OC OD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ ，∴△AOC 1≌△BOD 1（SAS ）；∴AC 1=BD 1，∵∠AOB=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OBD 1=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OAC 1=90°，∴∠APB=90°，则AC 1⊥BD 1；故AC 1 与BD 1的数量关系是：AC 1=BD 1；AC 1 与BD 1的位置关系是：AC 1⊥BD 1；（2）AC 1=34BD 1，AC 1⊥BD 1． 理由：∵四边形ABCD 是菱形，∴OC=OA=12AC ，OD=OB=12BD ，AC ⊥BD ． ∵△C 1OD 1由△COD 绕点O 旋转得到，∴O C 1=OC ，O D 1=OD ，∠CO C 1=∠DO D 1．∴O C 1=OA ，O D 1=OB ，∠AO C 1=∠BO D 1，∴△AO C 1∽△BOD 1．∴∠O AC 1=∠OB D 1．又∵∠AOB=90°，∴∠O AB+∠ABP+∠OB D 1=90°．∴∠O AB+∠ABP+∠O AC 1=90°．∴∠APB=90°．∴AC 1⊥BD 1．∵△AO C 1∽△BOD 1，即AC 1=34BD 1，AC 1⊥BD 1．（3）如图3，与（2）一样可证明△AOC1∽△BOD1，∴k=12；∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OD1=OD，而OD=OB，∴OD1=OB=OD，∴△BDD1为直角三角形，在Rt△BDD1中，BD12+DD12=BD2=144，∴（2AC1）2+DD12=144，∴AC12+（kDD1）2=36．作业5在学习了图形的旋转知识后，数学兴趣小组的同学们又进一步对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了探究．（一）尝试探究如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠ABC=∠ADC=90°，点E、F分别在线段BC、CD 上，∠EAF=30°，连接EF．（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′（A′B′与AD重合），请直接写出∠E′AF=________度，线段BE、EF、FD之间的数量关系为________．（2）如图3，当但点E、F分别在线段BC、CD的延长线上时，其他条件不变，请探究线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理由．（二）拓展延伸如图4，在等边△ABC中，E、F是边BC上的两点，∠EAF=30°，BE=1，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′（A′B′与AC重合），连接EE′，AF与EE′交于点N，过点A作AM⊥BC于点M，连接MN，求线段MN的长度．【答案】解：（一）（1）：30 ，BE+DF=EF（2）BE﹣DF=EF（二）3【解析】解：（一）（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′，则∠1=∠2，BE=DE′，AE=AE′，∵∠BAD=60°，∠EAF=30°，∴∠1+∠3=30°，∴∠2+∠3=30°，即∠FAE′=30°∴∠EAF=∠FAE′，在△AEF和△AE′F中，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF=E′F，即EF=DF+DE′，∴EF=DF+BE，即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE+DF=EF，故答案为：30，BE+DF=EF；（2）如图3，在BE上截取BG=DF，连接AG，在△ABG和△ADF中，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG=∠DAF，且AG=AF，∵∠DAF+∠DAE=30°，∴∠BAG+∠DAE=30°，∵∠BAD=60°，∴∠GAE=60°﹣30°=30°，∴∠GAE=∠FAE，在△GAE和△FAE中，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴GE=FE，又∵BE﹣BG=GE，BG=DF，∴BE﹣DF=EF，即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE﹣DF=EF；（二）如图4，将△ABE 绕点A 逆时针旋转60°得到△A ′B ′E ′，则AE=AE ′，∠EAE ′=60°，∴△AEE ′是等边三角形，又∵∠EAF=30°，∴AN 平分∠EAF ，∴AN ⊥EE ′，∴直角三角形ANE 中，AN 3AE = ∵在等边△ABC 中，AM ⊥BC ，∴∠BAM=30°， ∴AM 3AB =，且∠BAE+∠EAM=30°， 又∵∠MAN+∠EAM=30°，∴∠BAE=∠MAN ，∴△BAE ∽△MAN ， ∴MN AM =BE AB ，即MN 31= ∴3． 作业6 探索绕公用顶点的相似多边形的旋转：（1）如图1，已知：等边ABC ∆和ADE ∆，根据__________（指出三角形的全等或相似），可得到CE 与BD 的大小关系为：__________．（2）如图2，正方形ABCD 和正方形AEFG ，求：FCEB 的值；（3）如图3，矩形ABCD 和矩形AEFG ，AB kBC =，AE kEF =，求：FCEB 的值．【答案】 （1）全等，相等；（223）21k +．【解析】 解：（1）如图1，ABC ∆和ADE ∆都是等边三角形，在AEC ∆和ADB ∆中，AE ADCAE BADAC AB =⎧⎪∠=∠⎨=⎪⎩，AEC ADB ∴∆≅∆，CE BD ∴=；（2）如图2，四边形ABCD 和四边形AEFG 都是正方形，（3）连接FA 、CA ，如图3，四边形ABCD 和四边形AEFG 都是矩形，AB kBC =，AE kEF =，作业7 如图，边长为6的等边三角形ABC 中，E 是对称轴AD 上的一个动点，连接EC ，将线段EC 绕点C 逆时针转60°得到FC ，连接DF ．则在点E 运动过程中，DF 的最小值是（ ）A ． 6B ． 3C ． 2D ． 1.5【答案】D【解析】 取线段AC 的中点G ，连接EG ，如图所示．∵△ABC 为等边三角形，且AD 为△ABC 的对称轴，∴CD=CG=12AB=3，∠ACD=60°， ∵∠ECF=60°，∴∠FCD=∠ECG ．在△FCD 和△ECG 中，FC EC FCD ECG DC GC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FCD ≌△ECG （SAS ），∴DF=GE ．当EG ∥BC 时，EG 最小，∵点G 为AC 的中点，∴此时EG=DF=12CD=32． 作业8 已知等边△ABC 边长为2，放置在如图的水平桌面上，将△ABC 水平向右作无滑动翻滚，使△ABC 首次落回开始的位置，则等边△ABC 的中心O 经过的路径长为_________．【答案】433π．【解析】如图，过点C作CD⊥AB于D，则CD一定经过点O，∵CD=32BC=3，∴OC=23CD=233，根据等边三角形的性质，∠BCD=12∠ACB=12×60°=30°，∴每一次翻滚中心O旋转的角度为：180°﹣2×30°=120°，等边三角形翻滚3次翻滚一周，∴点O旋转的角度为：120°×3=360°，∴中心O经过的路径长是：2π•OC=2π×233=433π，故答案为：433π．作业9已知，点O是等边△ABC内的任一点，连接OA，OB，OC．（1）如图1，已知∠AOB=150°，∠BOC=120°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC．①∠DAO的度数是；②用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系，并证明；（2）设∠AOB=α，∠BOC=β．①当α，β满足什么关系时，OA+OB+OC有最小值？请在图2中画出符合条件的图形，并说明理由；②若等边△ABC的边长为1，直接写出OA+OB+OC的最小值．【答案】（1）①90°；②OA2+OB2=OC2；证明见解析（2）①α=β=120°，OA+OB+OC有最小值；图形见解析【解析】（1）①∠AOB=150°，∠BOC=120°，∴∠AOC=360°﹣120°﹣150°=90°，。
中考数学常见的几种旋转模型
旋转常见模型一、遇60°旋转60°，构造等边三角形1、点P 是等边△ABC 内一点，且PC =3，PB =4，PA =5。
求∠BPC 的度数。
2、如图6-2，P 是等边ABC ∆外一点，若345PA PB PC ===,,，求APB ∠的度数。
图6-23、（2018年广州市节选）如图，在四边形 ABCD 中,∠B = 60︒ ,∠D = 30︒ ,AB = BC .（1）∠A +∠C = ° （2）连接 BD ，探究 AD ， BD ， CD 三者之间的数量关系，并说明理由．二、遇90°旋转90°，构造等腰直角三角形1、如图，在正方形ABCD内部有一点P，PA=5，PB=2，PC=1，求∠BPC的度数。
2、在△ABC中,∠BAC＝90°,AB＝AC,P是△ABC内一点,PA＝2,PB＝1,PC＝3,求∠APB的度数.三、遇等腰旋转顶角，构造旋转全等FED CBA GABCDEABCDEF1、在ABC △中，AB AC =，BAC α∠=（060α︒<<︒），将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD ．（1）如图1，直接写出ABD ∠的大小（用含α的式子表示）；（2）如图2，15060BCE ABE ∠=︒∠=︒，，判断ABE △的形状并加以证明； （3）在（2）的条件下，连结DE ，若45DEC ∠=︒，求α的值．四、半角模型说明：旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角，通过旋转将另外两个和为二分之一的角拼接在一起，成对称全等。
秘籍：角含半角要旋转：构造两次全等FED CBAG FED CBA1、如图，在正方形ABCD 中，E 、F 分别在BC 、CD 上，且∠EAF=45°连接EF ． 求证：EF=BE+DF ．（2016·徐州）如图，正方形的边长为2，点，分别在边，上，若EBF ∠=︒，则∆的周长等于．A BC D E F2、如图，在正方形ABCD 中，E 、F 分别在BC 、CD 上，且∠EAF=45°连接AD ，与AE 、AF 分别交于M 、N ， 求证：MN 2=BM 2+DM 23、如图，在正方形ABCD 的边长为2，点E ，点F 分别在边AD,CD 上，若∠EBF=45°,则△EDF 的周长等于 。
全等三角形模型之 - 半角模型
半角模型（一）把过等腰三角形顶角的顶点引两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
1、常见的图形正方形，正三角形，等腰直角三角形等。
特点：①大角内部有一小角，且小角角度是大角角度的一般②大角的两边相等，保证旋转之后能够完全重合③大角的两边与其他两边形成的两个角互补，保证旋转之后的两个三角形两边能在同一直线上2、解题思路①将半角两边的三角形通过旋转到一边合并形成新的三角形；②证明与半角形成的三角形全等；③通过全等的性质得出线段之间的数量关系，从而解决问题。
二、基本模型1、正方形内含半角例题1、如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF=45°，求证：EF=BE+DF。
2、等边三角形内含半角例题2、如图，已知△ABC 是等边三角形，点 D 是△ABC 外一点，DB = DC 且∠BDC = 120°，∠EDF = 60°，DE ，DF 分别交AB ，AC 于点E , F 。
求证：EF = BE + CF3、等腰直角三角形内含半角例题3、如图，已知△ABC 是等腰直角三角形，点D ,E 在BC 上，且满足∠DAE = 45°。
求证：DE^2 = BD^2 + CE^2半角模型练习（二）条件：ABCD为正方形，∠MAN=45°，AM 与AN 分别与BC 边和CD 边交与M,N 两点，连接MN.思路：1、旋转辅助线；①延长CD 到E ，使ED=BM ，连AE 或延长CB 到F ，使FE=DM ，连AF②将三角形AND 绕点A 顺时针旋转90°，得到三角形ABF 。
注意：旋转需证F,B.M 三点共线结论：MN=BM+DN（2）C 三角形CMN=2AB（3）AM,AN 分别平分∠BMN,∠MND2、翻转（对称）辅助线：①做AP 垂直MN ，交MN 于点P②将三角形AND,三角形ABM 分别沿着AM,AM 翻转，但一定要证明M,P ,N 三点共线如图，正方形ABCD 的边长为2，点EF 分别是在AD ，CD 上，若∠EBF=45°，则三角形EDF 的周长等于多少？例题： 已知，如图1，四边形ABCD 是正方形，E 、F 分别在边BC 、CD 上，且∠EAF=45°，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转时一种常用的方法．（1）在图1中，连接EF ，为了证明结论“EF=BE+DF ”，小明将△ADF 绕点A 顺时针旋转90°后解答了这个问题，请按小明的思路写出证明过程； （2）如图2，当∠EAF 的两边分别与CB 、DC 的延长线交于点E 、F ，连接EF ，试探究线段EF 、BE 、DF 之间的数量关系，并证明：。
八年级上册数学半角模型
八年级上册数学半角模型
半角模型是指以等腰三角形顶角的顶点为端点，引两条射线，与等腰三角形顶角相邻的边重合，这两条射线所形成的夹角为等腰三角形顶角的一半。
在八年级上册的数学中，半角模型可以用于解决一些几何问题。
例如，在一个等边三角形ABC中，点D是BC的中点，连接AD并延长到E 点，使得DE等于AE。
求证：角BAE等于角BCE。
这个问题可以通过半角模型来解决。
首先，将三角形ABD绕点A旋转到三角形ACD'的位置，使得AD'与AE重合。
由于旋转过程中只改变了角度，所以旋转前后的图形全等，因此角BAE等于角D'CE。
而由于DE等于AE，所以角D'CE 等于角BCE。
因此，角BAE等于角BCE。
总之，半角模型是一种有用的几何工具，可以用于证明一些等角、等线段的问题。
2023年中考数学常见几何模型之全等模型-半角模型
专题02 全等模型--半角模型全等三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位，也是学生必须掌握的一块内容，本专题就半角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。
模型1.半角模型【模型解读】过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
【常见模型及证法】常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。
半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.1．（2022·湖北十堰·中考真题）【阅读材料】如图①，四边形ABCD 中，AB AD =，180B D ∠+∠=︒，点E ，F 分别在BC ，CD 上，若2BAD EAF ∠∠=，则EF BE DF =+．【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形ABCD ．已知100m CD CB ==，60D ∠=︒，120ABC ∠=︒，150BCD ∠=︒，道路AD ，AB 上分别有景点M ，N ，且100m DM =，)501m BN =，若在M ，N 之间修一条直路，则路线M N →的长比路线M A N →→的长少_________m （结果取整数，参考数据：1.7≈）．【答案】370【分析】延长,AB DC 交于点E ，根据已知条件求得90E ∠=︒,进而根据含30度角的直角三角形的性质，求得,EC EB ，,AE AD ，从而求得AN AM +的长，根据材料可得MN DM BN =+，即可求解．【详解】解：如图，延长,AB DC 交于点E ，连接,CM CN ，Q 60D ∠=︒，120ABC ∠=︒，150BCD ∠=︒，30A ∴∠=︒，90E ∠=︒，100DC DM ==Q ∴△DCM 是等边三角形，60DCM ∴∠=︒,90BCM ∴∠=︒,在Rt BCE V 中，100BC =，18030ECB BCD ∠=︒−∠=︒，1502EB BC ==，EC =100DE DC EC ∴=+=+Rt ADE △中，2200AD DE ==+150AE =， ∴200100100AM AD DM =−=+=+()AN AB BN AE EB BN =−=−−())15050501=−−150=，100150250AM AN ∴+=+=+Rt CMB △中，BM ==Q )50501EN EB BN EC =+=+==∴△ECN 是等腰直角三角形()1752NCM BCM NCB BCM NCE BCE DCB ∴∠=∠−∠=∠−∠−∠=︒=∠由阅读材料可得))100501501MN DM BN =+=+=，∴路线M N →的长比路线M A N →→的长少)250501200370+=+≈m ．答案：370． 【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解题意是解题的关键．2．（2022·河北邢台·九年级期末）学完旋转这一章，老师给同学们出了这样一道题： “如图1，在正方形ABCD 中，∠EAF ＝45°，求证：EF ＝BE ＋DF ．”小明同学的思路：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ，∠B ＝∠ADC ＝90°．把△ABE 绕点A 逆时针旋转到ADE '△的位置，然后证明AFE AFE '≌△△，从而可得=EF E F '．E F E D DF BE DF ''=+=+，从而使问题得证．(1)【探究】请你参考小明的解题思路解决下面问题：如图2，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B ＝∠D ＝90°，12EAF BAD ∠=∠，直接写出EF ，BE ，DF 之间的数量关系． (2)【应用】如图3，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B ＋∠D ＝180°，12EAF BAD ∠=∠，求证：EF ＝BE ＋DF ．(3)【知识迁移】如图4，四边形ABPC 是⊙O 的内接四边形，BC 是直径，AB ＝AC ，请直接写出PB ＋PC 与AP 的关系． ADE ，证明△逆时针旋转，旋转角等于∠BAD ）将△ABP 绕点可知ABE ADE '≌△△，∴由∠ADC +∠ADE =180°知，∵12EAF BAD ∠=∠，∴∠BAF ∴∠DAE '+∠DAF =∠EAF =∴△AEF ≌△AE F '，∴EF =（2）证明：将△ABE 绕点A E '由旋转可知ABE ADE '≌△△，∴BE ∵∠B ＋∠ADC ＝180°，∴ADC ∠+∵12EAF BAD ∠=∠，∴BAE DAF ∠+∠∴12DAE DAF BAD '∠+∠=，∴FAE ∠由圆内接四边形性质得：∠AC 即P ，C ，P '在同一直线上．∴∵BC 为直径，∴∠BAC =90°=∠∴△PAP '为等腰直角三角形，∴【点睛】本题考查了旋转与全等三角形的综合应用、直径所对的圆周角是直角、圆内接四3．（2022·福建·龙岩九年级期中）（1）【发现证明】如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是BC ，CD 边上的动点，且45EAF ∠=︒，求证：EF DF BE =+．小明发现，当把ABE △绕点A 顺时针旋转90°至ADG V ，使AB 与AD 重合时能够证明，请你给出证明过程．（2）【类比引申】①如图2，在正方形ABCD 中，如果点E ，F 分别是CB ，DC 延长线上的动点，且∠EAF =45°，则（1）中的结论还成立吗？若不成立，请写出EF ，BE ，DF 之间的数量关系______（不要求证明）②如图3，如果点E ，F 分别是BC ，CD 延长线上的动点，且45EAF ∠=︒，则EF ，BE ，DF 之间的数量关系是_____（不要求证明）.（3）【联想拓展】如图1，若正方形ABCD 的边长为6，AE =AF 的长．4．（2022·山东省青岛第二十六中学九年级期中）【模型引入】当几何图形中，两个共顶点的角所在角度是公共大角一半的关系，我们称之为“半角模型”【模型探究】（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF ＝45°，探究图中线段EF，AE，FC之间的数量关系．【模型应用】（2）如图2，如果四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠EAF ＝45°，且BC＝7，DC＝13，CF＝5，求BE的长．【拓展提高】（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC与∠ADC互补，点E、F∠BAD．当BC＝4，DC＝7，CF＝1时，△CEF的周分别在射线CB、DC上，且∠EAF=12长等于．（4）如图4，正方形ABCD中，V AMN的顶点M、N分别在BC、CD边上，AH⊥MN，且AH＝AB，连接BD分别交AM、AN于点E、F，若MH＝2，NH＝3，DF＝EF的长．（5）如图5，已知菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合），且∠EAF=60°．连接BD分别与边AE、AF交于M、N，当∠DAF＝15°时，求证：MN2+DN2=BM2．∵△ADF绕A顺时针旋转得△ABG，∴∠BAG=∠DAF，又AH=AN，AB=AD，∴△ABH≌△ADN（SAS），∴DN=BH，∠ABH=∠ADN，∵∠B=60°，且∠EAF=60°．∴∠BAD=120°，∴∠DAF+∠BAE=∠EAF=60°，∴∠BAG+∠BAE=∠EAF，即∠MAH=∠MAN，而AH=AN，AM=AM，∴△AMH≌△AMN（SAS），∴MN=MH，∠AMN=∠AMH，∵菱形ABCD，∠B=60°，∴∠ABD=∠ADB=30°，∴∠HBD=∠ABH+∠ABD=60°，∵∠DAF=15°，∠EAF=60°，∴△ADM中，∠DAM=∠AMD=75°，∴∠AMN=∠AMH=75°，∴∠HMB=180°-∠AMN-∠AMH=30°，∴∠BHM=90°，∴BH2+MH2=BM2，∴DN2+MN2=BM2．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题．课后专项训练：1．（2022·重庆市育才中学二模）回答问题（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠F AD、∠EAF之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_______________；（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系．（2）仍成立，理由：如图2，延长FD 到点G ，使DG =BE ，连接AG ，∵∠B +∠ADF =180°，∠ADG +∠ADF =180°，∴∠B =∠ADG ，又∵AB =AD ，∴△ABE ≌△ADG （SAS ），∴∠BAE =∠DAG ，AE =AG ，∵EF =BE +FD =DG +FD =GF ，AF =AF ，∴△AEF ≌△AGF （SSS ），∴∠EAF =∠GAF =∠DAG +∠DAF =∠BAE +∠DAF ；1∠DAB ．证明：如图3，在DC 延长线上取一点G ，使得2．（2022·江西九江·一模）如图（1），在四边形ABCD 中，180B D ∠+∠=︒，AB AD =，以点A 为顶点作EAF ∠，且12EAF BAD ∠=∠，连接EF ．(1)观察猜想 如图（2），当90BAD B D ∠=∠=∠=︒时，①四边形ABCD 是______（填特殊四边形的名称）；②BE ，DF ，EF 之间的数量关系为______．(2)类比探究 如图（1），线段BE ，DF ，EF 之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．(3)解决问题 如图（3），在ABC V 中，90BAC ∠=︒，4AB AC ==，点D ，E 均在边BC 上，且45DAE ∠=︒，若BD =，求DE 的长．Rt ECM 中，由勾股定理可解得ABCD 是矩形，又∵（2）如下图，延长CD 至点H 同（1）②的证明方法得ABE △BE FD EF +=．（3）如图过点C 作CM BC ⊥在ABC V 中， 由90BAC ∠=︒，Rt ECM 中，由勾股定理得，523，即DE 【点睛】本题考查了特殊的平行四边形的判定、全等三角形的性质和判定及勾股定理的应用，熟练应用相关定理和性质是解决本题的关键．3．（2022·山东聊城·九年级期末）（1）如图1，点E ，F 分别在正方形ABCD 的边BC ，CD 上，45EAF ∠=︒，连接EF ，求证：EF BE DF =+，试说明理由．（2）类比引申：如图2，四边形ABCD 中，AB AD =，90BAD ∠=︒，点E ，F 分别在边BC ，CD 上，∠EAF =45°，若B 、D ∠都不是直角，则当B 与D ∠满足等量关系______时，仍有EF BE DF =+，试说明理由．（3）联想拓展：如图3，在△ABC 中，90BAC ∠=︒，AB AC =，点D ，E 均在边BC 上，且∠DAE =45，若1BD =，2EC =，求DE 的长．AB AD =Q ，∴把△ABE 绕点A 逆时针旋转90︒至△ADG ，AB 与AD 重合． ∠ADC =∠B =90°∠FDG =180°，点F 、D 、G 三点共线，则DAG BAE ∠∠=，AE AG =，∠F AG =∠F AD +∠GAD =∠F AD +∠BAE =90°-45°=45°=∠EAF 即∠EAF =∠F AG ，在△EAF 和△GAF 中，AF AF EAF GAF AE AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△AFG ≌△()AFE SAS ，∴EF =FG =BE +DF ；()2当180B D ∠+∠=︒，仍有EF BE DF =+．理由：AB AD =Q ，∴把△ABE 绕点A 逆时针旋转90︒至△ADG ，可使AB 与AD 重合，如图2，BAE DAG ∴∠=∠，∠B =∠ADG90BAD ∠=︒，45EAF ∠=︒，∴∠BAE +∠DAF =45°，∴∠F AG =45°∴∠EAF =∠F AG ， 180ADC B ∠+∠=︒Q ，∴∠ADC +∠ADG =180°∴∠FDG =180°，点F 、D 、G 共线．在△AFE 和△AFG 中，AE AG FAE FAG AF AF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△AFE ≌△AFG (SAS)．EF FG ∴=，即：EF BE DF =+．故答案为：180B D ∠+∠=︒．()3将△ACE 绕点A 旋转到△ABF 的位置，连接DF ，则∠F AB =∠CAE90BAC ∠=︒Q ，45DAE ∠=︒，∴∠BAD +∠CAE =45°．又∵∠F AB =∠CAE ，∴∠F AB +∠BAD =45°，∴∠F AD =∠DAE =45°．则在△ADF 和△ADE 中， AD AD =，∠F AD =∠DAE ，AF AE =，4．（2022·黑龙江九年级阶段练习）已知：正方形ABCD 中，∠MAN=45°，∠MAN 绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB 、DC （或它们的延长线）于点M 、N ．当∠MAN 绕点A 旋转到BM =DN 时，（如图1），易证BM +DN =MN ．(1)当∠MAN 绕点A 旋转到BM ≠DN 时（如图2），线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；(2)当∠MAN 绕点A 旋转到如图3的位置时，线段BM 、DN 和MN 之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想． 【答案】(1)BM DN MN +=，理由见解析；(2)DN BM MN −=，理由见解析【分析】（1）把ADN ∆绕点A 顺时针旋转90︒，得到ABE ∆，然后证明得到AEM ANM ∆∆≌，从而证得ME MN =，可得结论；（2）首先证明ADQ ABM ∆∆≌，得DQ BM =，再证明AMN AQN ∆∆≌，得MN QN =，可得结论；（1）解：BM DN MN +=．理由如下：如图2，把ADN ∆绕点A 顺时针旋转90︒，得到ABE ∆，90ABE ADN ∴∠=∠=︒，AE AN =，BE DN =，180ABE ABC ∴∠+∠=︒，∴点E ，点B ，点C 三点共线，90904545EAM NAM ∴∠=︒−∠=︒−︒=︒，又45NAM ∠=︒Q ，在AEM ∆与ANM ∆中，AE AN EAM NAM AM AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AEM ANM ∴∆∆≌（SAS ），ME MN ∴=， ME BE BM DN BM =+=+Q ，DN BM MN ∴+=；（2）解：DN BM MN −=．理由如下：在线段DN 上截取DQ BM =，在ADQ ∆与ABM ∆中，AD AB ADQ ABM DQ BM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ADQ ABM ∴∆∆≌（SAS ）， DAQ BAM ∴∠=∠，QAN MAN ∴∠=∠．在AMN ∆和AQN ∆中，AQ AM QAN MAN AN AN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AMN AQN ∴∆∆≌（SAS ）， MN QN ∴=，DN BM MN ∴−=．【点睛】本题是四边形综合题，考查正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．5．（2022·重庆南川·九年级期中）如图，正方形ABCD 中，45MAN ∠=︒，MAN ∠绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交BC 、DC （或它们的延长线）于点M 、N ．(1)当MAN ∠绕点A 旋转到BM DN =时（如图1），证明：2MN BM =；(2)绕点A 旋转到BM DN ≠时（如图2），求证：MN BM DN =+；(3)当MAN ∠绕点A 旋转到如图3位置时，线段BM 、DN 和MN 之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想并证明． 【答案】(1)见解析(2)见解析(3)DN BM MN −=，见解析【分析】（1）把ADN △绕点A 顺时针旋转90︒，得到ABE △，证得B 、E 、M 三点共线，即可得到AEM △≌ANM V ，从而证得ME MN =；（2）证明方法与（1）类似； （3）在线段DN 上截取DQ BM =，判断出ADQ △≌ABM V ，同（2）的方法，即可得出结论．（1）证明：如图1，∵把ADN △绕点A 顺时针旋转90︒，得到ABE △，ABE ∴V ≌ADN △，AE ANM ∴=，ABE D ∠=∠，Q 四边形ABCD 是正方形，90ABC D ∴∠=∠=︒，90ABE ABC ∴∠=∠=︒，∴点E 、B 、M 三点共线．90904545EAM NAM ∴∠=︒−∠=︒−︒=︒，又45NAM ∠=︒Q ，在AEM △与ANM V 中，AE AN EAM NAM AM AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AEM ∴△≌()ANM SAS V ，ME MN ∴=，ME BE BM DN BM =+=+Q ，DN BM MN ∴+=，BM DN =Q ，2MN BM ∴=．（2）证明：如图2，把ADN △绕点A 顺时针旋转90︒，得到ABE △，ABE ∴V ≌ADN △，AE ANM ∴=，ABE D ∠=∠，Q 四边形ABCD 是正方形，90ABC D ∴∠=∠=︒，90ABE ABC ∴∠=∠=︒，∴点E 、B 、M 三点共线．90904545EAM NAM ∴∠=︒−∠=︒−︒=︒，又45NAM ∠=︒Q ，在AEM △与ANMV 中，AE AN EAM NAM AM AM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AEM ∴△≌()ANM SAS V ，ME MN ∴=，ME BE BM DN BM =+=+Q ，DN BM MN ∴+=．（3）解：DN BM MN −= 理由如下：如图3，在线段DN 上截取DQ BM =，连接AQ ，在ADQ △与ABM V 中，AD AB ADQ ABM DQ BM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，ADQ ∴≌()ABM SAS V ，DAQ BAM ∴∠=∠，QAN MAN ∴∠=∠．在AMN V 和AQN △中，AQ AM QAN MAN AN AN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，AMN ∴V ≌()AQN SAS V ，MN QN ∴=，DN BM MN ∴−=．【点睛】本题是四边形综合题，考查正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键．6．（2022·江西景德镇·九年级期中）（1）【特例探究】如图1，在四边形ABCD 中，AB AD =，90ABC ADC ∠=∠=︒，100BAD ∠=︒，50EAF ∠=︒，猜想并写出线段BE ，DF ，EF 之间的数量关系，证明你的猜想； （2）【迁移推广】如图2，在四边形ABCD 中，AB AD =，180ABC ADC ∠+∠=︒，2BAD EAF ∠∠=．请写出线段BE ，DF ，EF 之间的数量关系，并证明；（3）【拓展应用】如图3，在海上军事演习时，舰艇在指挥中心（O 处）北偏东20°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏西50°的B 处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达C ，D 处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰艇之间的距离．【答案】（1）EF =BE +DF ，理由见解析；（2）EF =BE +DF ，理由见解析；（3）85海里【分析】（1）延长CD 至点G ，使DG =BE ，连接AG ，可证得△ABE ≌△ADG ，可得到AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，再由100BAD ∠=︒，50EAF ∠=︒，可证得△AEF ≌△AGF ， 从而得到EF =FG ，即可求解；（2）延长CD 至点H ，使DH =BE ，连接AH ，可证得△ABE ≌△ADH ，可得到AE =AH ，∠BAE =∠DAH ，再由2BAD EAF ∠∠=，可证得△AEF ≌△AHF ，从而得到EF =FH ，即可求解；（3）连接CD ，延长AC 、BD 交于点M ，根据题意可得∠AOB =2∠COD ，∠OAM +∠OBM =70°+110°=180°，再由（2）【迁移推广】得：CD =AC +BD ，即可求解．【详解】解：（1）EF =BE +DF ，理由如下：如图，延长CD 至点G ，使DG =BE ，连接AG ，∵90ABC ADC ∠=∠=︒，∴∠ADG =∠ABC =90°，∵AB =AD ，∴△ABE ≌△ADG ，∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，∵100BAD ∠=︒，50EAF ∠=︒，∴∠BAE +∠DAF =50°，∴∠F AG =∠EAF =50°，∵AF =AF ，∴△AEF ≌△AGF ，∴EF =FG ，∵FG =DG +DF ，∴EF =DG +DF =BE +DF ；（2）EF =BE +DF ，理由如下：如图，延长CD 至点H ，使DH =BE ，连接AH ，∵180ABC ADC ∠+∠=︒，∠ADC +∠ADH =180°，∴∠ADH =∠ABC ，∵AB =AD ，∴△ABE ≌△ADH ，∴AE =AH ，∠BAE =∠DAH ，∵2BAD EAF ∠∠=∴∠EAF =∠BAE +∠DAF =∠DAF +∠DAH ，∴∠EAF =∠HAF ， ∵AF =AF ，∴△AEF ≌△AHF ，∴EF =FH ，∵FH =DH +DF ，∴EF =DH +DF =BE +DF ；（3）如图，连接CD ，延长AC 、BD 交于点M ，根据题意得： ∠AOB =20°+90°+40°=150°，∠OBD =60°+50°=110°，∠COD =75°，∠OAM =90°-20°=70°，OA =OB ，∴∠AOB =2∠COD ，∠OAM +∠OBM =70°+110°=180°，∵OA =OB ，∴由（2）【迁移推广】得：CD =AC +BD ，∵AC =80×0.5=40，BD =90×0.5=45，∴CD =40+45=85海里．即此时两舰艇之间的距离85海里．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰直角三角形的性质，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确的作出辅助线构造全等三角形，解答时，注意类比思想的应用．7．（2022·上海·九年级专题练习）小明遇到这样一个问题：如图1，在Rt △ABC 中，∠BAC＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 在边BC 上，∠DAE ＝45°．若BD ＝3，CE ＝1，求DE 的长．小明发现，将△ABD 绕点A 按逆时针方向旋转90º，得到△ACF ，联结EF （如图2），由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及∠DAE ＝45°，可证△F AE ≌△DAE ，得FE ＝DE ．解△FCE ，可求得FE （即DE ）的长．(1)请回答：在图2中，∠FCE 的度数是 ，DE 的长为 ．参考小明思考问题的方法，解决问题：(2)如图3，在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B ＋∠D ＝180°．E ，F 分别是边BC ，CD 上的点，且∠EAF ＝12∠BAD ．猜想线段BE ，EF ，FD 之间的数量关系并说明理由． ）根据旋转的性质，可得ADB AFC ≌，勾股定理解按逆时针方向旋转，使AB 与AD 重合，得到△AEF ≌△AGF ，EF ＝∴ADB AFC ≌ACF ∴∠,90AB AC BAC ∠==45ACF ABD ∴∠=∠=︒Rt FCE 中，Q BD ＝2EF CF =+猜想：EF =BE 如图，将△ABE8．（2022·黑龙江·哈尔滨市九年级阶段练习）已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD 于M，N．(1)如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN(2)如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系(3)如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长．【答案】（1）见解析；（2）BM DN MN −=；（3）3【分析】（1）延长CB 到G 使BG DN =，连接AG ，先证明AGB AND ≅△△，由此得到AG AN =，GAB DAN ∠=∠，再根据45MAN ∠=︒，90BAD ∠=︒，可以得到45GAM NAM ∠=∠=︒，从而证明AMN AMG △≌△，然后根据全等三角形的性质即可证明BM DN MN +=；（2）在BM 上取一点G ，使得BG DN =，连接AG ，先证明AGB AND ≅△△，由此得到AG AN =，GAB DAN ∠=∠，由此可得90GAN BAD ∠=∠=︒，再根据45MAN ∠=︒可以得到45GAM NAM ∠=∠=︒，从而证明AMN AMG △≌△，然后根据全等三角形的性质即可证明BM DN MN −=；（3）在DN 上取一点G ，使得DG BM =，连接AG ，先证明ABM ADG V V ≌，再证明AMN AGN △≌△，设DG BM x ==，根据DC BC =可求得2x =，由此可得6AB BC CD CN ====，最后再证明ABP NCP △≌△，由此即可求得答案．【详解】（1）证明：如图，延长CB 到G 使BG DN =，连接AG ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB AD =，90ABG ADN BAD ∠=∠=∠=︒，在ABG V 与ADN △中，AB AD ABG ADN BG DN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AGB AND SAS ∴△≌△，AG AN ∴=，GAB DAN ∠=∠，45MAN ∠=︒Q ，90BAD ∠=︒，∴45DANBAM BAD MAN ∠+∠=∠−∠=︒，45GAM GAB BAM DAN BAM ∴∠=∠+∠=∠+∠=︒，GAM NAM ∴∠=∠，在AMN V 与AMG V 中，AM AM GAM NAM AN AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ()AMN AMG SAS ∴△≌△，MN GM ∴=，又∵BM GB GM +=，BG DN =，BM DN MN ∴+=；（2）BM DN MN −=，理由如下：如图，在BM 上取一点G ，使得BG DN =，连接AG ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB AD =，90ABG ADN BAD ∠=∠=∠=︒，在ABG V 与ADN △中，AB AD ABG ADN GB DN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AGB AND SAS ∴△≌△，AG AN ∴=，GAB DAN ∠=∠，∴GAB GAD DAN GAD ∠+∠=∠+∠，∴90GAN BAD ∠=∠=︒，又45MAN ∠=︒Q ，45GAM GAN MAN MAN ∴∠=∠−∠=︒=∠，在AMN V 与AMG V 中，AM AM GAM NAM AN AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，()AMN AMG SAS ∴△≌△，MN GM ∴=，又∵BM BG GM −=，BG DN =，∴BM DN MN −=，故答案为：BM DN MN −=；（3）如图，在DN 上取一点G ，使得DG BM =，连接AG ，9．（2022·浙江·九年级阶段练习）如图1，等腰直角三角板的一个锐角顶点与正方形ABCD的顶点A重合，将此三角板绕点A旋转，使三角板中该锐角的两条边分别交正方形的两边BC，DC于点E，F，连接EF．（1）猜想BE、EF、DF三条线段之间的数量关系，并证明你的猜想；（2）在图1中，过点A作AM⊥EF于点M，请直接写出AM和AB的数量关系；（3）如图2，将Rt△ABC沿斜边AC翻折得到Rt△ADC，E，F分别是BC，CD边上的∠BAD，连接EF，过点A作AM⊥EF于点M，试猜想AM与AB之间的数点，∠EAF=12量关系．并证明你的猜想．10．（2022·北京四中九年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，点P在线段AB上，作射线CP（0°＜∠ACP＜45°)，射线CP绕点C逆时针旋转45°，得到射线CQ，过点A作AD⊥CP于点D，交CQ于点E，连接BE．(1)依题意补全图形；(2)用等式表示线段AD，DE，BE之间的数量关系，并证明．【答案】(1)作图见解析．(2)结论：AD+BE=DE．证明见解析．【分析】（1）根据要求作出图形即可．（2）结论：AD +BE =DE ．延长DA 至F ，使DF=DE ，连接CF ．利用全等三角形的性质解决问题即可．（1）解：如图所示：（2）结论：AD +BE =DE ．理由：延长DA 至F ，使DF =DE ，连接CF ．∵AD ⊥CP ，DF =DE ，∴CE =CF ，∴∠DCF =∠DCE =45°，∵∠ACB =90°，∴∠ACD +∠ECB =45°，∵∠DCA +∠ACF =∠DCF =45°，∴∠FCA =∠ECB ，在△ACF 和△BCE 中，CA CB ACF BCE CF CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ACF ≌△BCE （SAS ），∴AF =BE ，∴AD +BE =DE ．【点睛】本题考查作图-旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．。
专题训练(七) 旋转中的半角模型
专题训练(七) 旋转中的半角模型
类型之一 半角旋转中的a＋b＝c结论
1．(1)如图 7－ZT－1①，在四边形 ABCD 中，AB＝AD，∠BAD＝ 120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究图中线段 BE，EF， FD 之间的数量关系．小明同学的方法是将△ABE 绕点 A 逆时针旋转 120°到△ADG 的位置，然后证明 △AFE≌△AFG，从而得出结论： ____________________________；
专题训练(七) 旋转中的半角模型
5 (2)2
[解析] 设 EF＝MF＝x.
∵AE＝CM＝1，AB＝BC＝3，
∴EB＝AB－AE＝3－1＝2，
BM＝BC＋CM＝3＋1＝4，
∴BF＝BM－MF＝4－x.
在 Rt△EBF 中，由勾股定理得 EB2＋BF2＝EF2，
即 22＋(4－x)2＝x2，解得 x＝52，
图7－ZT－3
专题训练(七) 旋转中的半角模型
解：(1)△CMF≌△CMN. 理由：∵将△BCN 绕点 C 逆时针旋转 90°得到△ACF， ∴CF＝CN，∠ACF＝∠BCN. ∵∠DCE＝45°，△ABC 是等腰直角三角形，∴∠ACM＋∠BCN＝45°， ∴∠ACM＋∠ACF＝45°，即∠MCF＝45°.∴∠MCF＝∠MCN. 在△CMF 和△CMN 中，
专题训练(七) 旋转中的半角模型
类型之三 有关正方形的半角旋转中的a＋b＝c，a2＋b2＝c2结论
如图 7－ZT－4，四边形 ABCD 为正方形，∠EAF＝45°. 结论：①EF＝DF＋BE；②△CEF 的周长等于正方形周长的一半； ③MN2＝DM2＋BN2；④S△AEF＝2S△AMN；⑤△AFN，△AEM 都为等 腰直角三角形．
2024专题3.3旋转---半角模型-中考数学二轮复习必会几何模型剖析(全国通用)
A
D
2
2
⑤CE= 2 DM,DF= BG,EF= GM, ⑥ = =
CE FC 2
M
⑦△AEF的边EF上的高等于正方形的边长；
⑧△EFC的周长等于正方形的边长的2倍.
F
角度之间的关系： ①∠AEB=∠AEF,∠AFE=∠AFD
G
O
②根据下面共圆,每个共圆都至少可以得到四队相等的角.
四点共圆：①ABEM ②ADFG ③GEFM ④CEMF ⑤CEGMF
=
=
= .
A
(1)∵∠MEN=∠MFN=45º,∴M、N、F、E四点共圆
D
45º
∴∠ANM=∠AEF,∠AMN=∠AFE,
∴△AMN∽△AFE.
N
F
M
B
E
C
变式训练
考点3-1
半角模型---90°+45°
【变式6】如图,E,F是正方形ABCD的两边上的点,∠EAF=45º,BD交AE,AF于
A
上且∠EDF=60º.求证：EF=BE+CF.
【分析】将△BDN绕点D顺时针旋转120º得△DCG,
E
F
易证：△DBE≌△DCG(SAS)→DE=DG,∠FDG=∠FDE=60º
易证：△DFE≌△DFG(SAS)→EF=GF,
∴EF=GF=GC+CF=BE+CF.
B
60º
D
C
针对训练
考点3-2
半角模型---120°+60°
图形示例
A
模型分析
当一个角包含着这个角的半角
等边三角形
,常将半角两边的三角形通过
初三数学几何专题 旋转--“对角互补 角含半角”模型
“对角互补+角含半角”旋转模型知识点：1. 旋转的定义及其性质；2. 旋转对称图形和中心对称图形；3. 旋转的对角互补模型；4. 旋转的角含半角模型．教学目标：1. 理解旋转的定义和性质；2. 熟记旋转的模型；3. 知道旋转对角互补模型和角含半角模型的特点；4. 会根据旋转的对角互补模型和角含半角模型解决几何问题．教学重点：1. 会根据旋转的对角互补模型和角含半角模型解决几何问题．教学难点：1. 会根据旋转的对角互补模型和角含半角模型解决几何问题．难度 ★1、如图，在等腰直角三角形ABC 中，∠ABC=90°，D 为AC 边上的中点，过点D 作DE ⊥DF ，交AB 于点D ，交BC 于点F ，若AE=4，FC=3，则EF 的长为 ．【思路点拨】连接BD ，根据的等腰直角三角形的性质证明△BED ≌△CFD （ASA ），得出AE=BF 、BE=CF ，由AE=BF=4，FC=BE=3，由勾股定理就可以求得EF 的长． 【解析】解：连接BD ．∵D 是AC 中点，∴∠ABD=∠CBD=45°，BD=AD=CD ，BD ⊥AC ∵∠EDB+∠FDB=90°，∠FDB+∠CDF=90°，∴∠EDB=∠CDF ，在△BED 和△CFD 中，⎪⎩⎪⎨⎧∠∠CDF ＝EDB ∠CD ＝BD C＝EBD ∠，∴△BED ≌△CFD （ASA ），∴BE=CF ；∵AB=BC ，BE=CF=3，∴AE=BF=4，在Rt △BEF 中，EF=22BF BE +=2243+=5； 故答案为：5．难度 ★2、如图，正方形ABCD 的边长为1，AB 、AD 上各存一点P 、Q ，若△APQ 的周长为2，求∠PCQ 的度数．【思路点拨】角含半角模型的倒推，需要旋转，将△APQ 的周长转化成正方形两边长之和，可得∠PCQ的度数．【解析】解：如图所示，△APQ 的周长为2，即AP+AQ+PQ=2①，正方形ABCD 的边长是1，即AQ+QD=1，AP+PB=1， ∴AP+AQ+QD+PB=2②， ①－②得，PQ －QD －PB=0， ∴PQ=PB+QD ．延长AB 至M ，使BM=DQ ．连接CM ，△CBM ≌△CDQ （SAS ）， ∴∠BCM=∠DCQ ，CM=CQ ，∵∠DCQ+∠QCB=90°，∴∠BCM+∠QCB=90°，即∠QCM=90°， PM=PB+BM=PB+DQ=PQ ．在△CPQ 与△CPM 中，CP=CP ，PQ=PM ，CQ=CM ， ∴△CPQ ≌△CPM （SSS ）， ∴∠PCQ=∠PCM=12∠QCM=45°．“图形的旋转”是近几年中考的必考内容，也是中考的热点和重点．运用旋转的全等变换，证明线段与角相等或和、差、倍、分关系，以及在旋转中探索图形的变化，进行图案中心对称选择是近几年中考的常见题型，研究图形旋转变换的变化规律，证明线段之间的数量关系是中考的重点题型，对Q PDCBA角互补和角含半角的旋转模型相对手拉手模型虽少些，但也是旋转模型的考查方向，所以要关注．知识点一 旋转（1）定义：在平面内，一个图形绕着一个定点旋转一定的角度得到另一个图形的变化叫作旋转，定点叫作旋转中心，旋转的角度叫作旋转角，如果一个图形上的点A 经过旋转变为A ’，那么这两个点叫做旋转的对应点．（2）性质：①对应点到旋转中心的距离相等； ②旋转前后图形的大小和形状没有改变；③两组对应点分别与旋转中心的连线所成的角相等，都等于旋转角； ④旋转中心是唯一不动的点． （3）旋转三要素：①定点﹣﹣﹣﹣旋转中心 ②旋转方向 ③旋转角度（4）旋转对称图形：在平面内，一个图形绕着一个定点旋转一定的角度后，能够与原图形重合，这样的图形叫旋转对称图形．中心对称图形：在平面内，一个图形绕某一定点旋转180°，能够和原来的图形完全重合，那么这个图形叫作中心对称图形，这个定点叫作对称中心．中心对称：把一个图形绕某一个点旋转180°。
11.2图形的旋转之“半角”模型
45°
如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边CB、DC的延长线上.且∠EAF=45°，则BE、DF、EF有怎样的数量关系.
分析：利用旋转变换构造全等.
EF=DF-BE
如图，等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，点M、N在边BC上.且∠MAN=45°，试探究BM、MN、CN的数量关系.
青岛版八年级下册
第11章 图形的平移与旋转
如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、DC上.且∠EAF=45°，求证：EF=BE+DF.
条件：①正方形ABCD；②∠EAF=45°
结论：①EF=BE+DF；②△CEF的周长是正方形周长的一半
方法：把半角一侧的三角形通过旋转变换构造新的三角形与含半角的三角形全等，从而进行等量代换，来转化边和角，以此探究新的边边关系.
模型2：等腰直角三角形中的半角模型
条件：①等腰RT△ABC；②∠MAN=45°
结论：①MN²=BM²+CN²；
方法：把半角一侧的三角形通过旋转变换构造新的全等三角形来转化边和角，以此探究新的边边关系.
如图，△ABC是边长为3的等边三角形，△BDC是等腰三角形，且∠BDC=120°，以D为顶点作一个60°的角，使其两边分别交AB于点M,交AC于点N,连接MN,则△AMN的周长是 .
模型3：含120°的等腰三角形中的半角模型
半角模型的特征：①共顶点；②等腰；③顶角为半角关系.
解题思路：把半角一侧的三角形通过旋转变换构造新的三角形与半角所在三角形全等，从而进行等量代换，来转化边和角，以此探究新的边边关系.
方法破译：半角模型出现，旋转是关键，证全等是必要条件.
如图，已知正方形ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、DC上.且∠EAF=4华
旋转半角模型条件结论
旋转半角模型条件结论1. 嘿，你知道旋转半角模型的条件吗？就好像拼图的关键一块！比如在正方形 ABCD 中，∠EAF=45°，这就是典型的例子呀！这不是很神奇吗？2. 哎呀呀，旋转半角模型的结论可重要啦！就如同找到了打开宝藏的钥匙。
像三角形 AEF 的面积就等于三角形 ABE 和三角形 ADF 的面积之和，在很多题目里都能看到呢，是不是很厉害？3. 旋转半角模型的条件之一，那可是至关重要的呀！好比是大楼的基石。
比如当有共顶点的等线段时，这就是个明显信号呀，你能想到吗？4. 哇塞，旋转半角模型的结论有时候真让人惊叹！就像突然看到了美丽的彩虹。
像证明某些线段相等，这可太有用了，在那个三角形问题里不就是这样嘛！5. 你瞧，旋转半角模型的条件真的很特别呢！如同黑夜中的一盏明灯。
比如有相等的角，这就是线索呀，你理解了吗？6. 嘿呀，旋转半角模型的结论有时候真的很巧妙！好比是魔术师的神奇魔法。
像得出特殊的角度关系，在那个图形里不就完美呈现了嘛！7. 旋转半角模型的条件，这可是不能忽视的呀！就像前进道路上的指示牌。
例如有特定的图形结构，这不就是关键所在嘛，对不对？8. 哇哦，旋转半角模型的结论真的超有趣！如同发现了一个新的世界。
像找到图形之间的隐藏联系，在那个复杂问题里可派上大用场了呢！9. 旋转半角模型的条件，那可是很有讲究的哟！好像是解开谜题的密码。
比如出现半角的情况，这不就是暗示嘛，你明白了吧？10. 哎呀，旋转半角模型的结论真的会让人眼前一亮！如同看到了璀璨的星星。
像利用结论快速解题，这多棒呀，就像那次我们一起做的那道题一样！我的观点结论就是：旋转半角模型条件结论很重要，我们要好好掌握和运用它呀！。
旋转的应用-半角模型
结
的关系显现.
提
具有公共端点的等线段.
炼
以公共端点为旋转中心，
相等的两条线段的夹角为旋转角.
等腰 Rt△ABC中，∠DAE=45°， 问BD、DE、EC三条线段之间的关系。
拓 展 延 伸
在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，
舰艇乙在指挥中心南偏西70°的B处，两舰艇到指挥中心距离相等，
且∠EAF=45°，探究BE、FD、EF三条线段的
数量关系。
典 例 探 究
在四边形ABCD中，BA=AD ∠CBA=∠ADC=90°，
E、F分别是CB、DC上的点，且∠EAF=(1/2)∠BAD，
BE、FE、DF三条线段之间的数量关系是否仍然成立？
变 式 探 究
等线段
倍半角
总
将分散0节的速度前进，舰艇乙沿北偏东
学
50°方向以80节的速度前进，1.5小时后分别到达E、F处，两舰艇的 夹角为70°，求E、F间的距离。
以
致
用
通过本节课的学习，你有哪些收获？
逻直后先
总
辑觉有有
结
完指逻直
提 升
善明辑觉 过方推感 程向理知
。，。，
正方形ABCD中，E、F分别是CB、CD延长线上的点， 且∠EAF=45°，探索线段BE、DF与EF的数量关系。
课 后 拓 展
学 习
1
认识半角模型，能在复杂的图形当中 找到半角模型；
目
标
2 会利用旋转的知识解决半角模型的相 关问题。
△ABC为等边三角形，D是△ABC内一点，将△ABD经
过逆时针旋转后到△ACP位置，则旋转中心是
，
知 识
旋转角等于 △ADP是
人教版初中数学九上 微专题15 旋转中的“半角”模型
根据勾股定理，得DF2＝AF2＋AD2＝BE2＋AD2． ∵△ACF≌△BCE， ∴CF＝CE，∠ACF＝∠BCE， ∴∠DCF＝∠ACF＋∠ACD＝∠BCE＋∠ACD＝90°－∠DCE＝45°＝∠DCE． ∵CD＝CD，∴△CDF≌△CDE， ∴DE＝DF，∴DE2＝BE2＋AD2．
图1Байду номын сангаас
图2
证明：由旋转的性质，得△ABE≌△ADG， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG． ∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠BAE＋∠DAF＝45°， ∴∠DAG＋∠DAF＝45°， 即∠GAF＝45°，∴∠EAF＝∠GAF． ∵AF＝AF， ∴△EAF≌△GAF（SAS），∴EF＝GF． ∵GF＝DG＋DF＝BE＋DF， ∴EF＝BE＋DF．
图1
图2
解：DE2＝BE2＋AD2．证明如下： ∵∠ACB＝90°，AC＝BC， ∴∠BAC＝∠B＝45°． 如图，把△BCE绕点C逆时针旋转90°至△ACF，使CB与CA重合， ∴△ACF≌△BCE， ∴AF＝BE，∠CAF＝∠B＝45°， ∴∠DAF＝∠CAF＋∠BAC＝90°． 连接DF．
微专题15 旋转中的“半角”模型
1．在四边形 ABCD 中，已知 AB＝AD，∠BAD＝90°，点 E，F 分别在 BC， CD 上，∠EAF＝45°． （1）如图 1，若∠B，∠ADC 都是直角，把△ ABE 绕点 A 逆时针旋转 90°至 △ ADG，使 AB 与 AD 重合，求证：EF＝BE＋DF； （2）如图 2，若∠B，∠ADC 都不是直角，则当∠B 与∠ADC 满足数量关系 ∠B＋∠ADC＝180° 时，仍有 EF＝BE＋DF．
2．如图 1，在正方形 ABCD 中，点 E，F 分别在边 BC，CD 上，且∠EAF＝ 45°，求证：BE＋DF＝EF． 小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集 中到同一条直线上．他发现通过旋转可以实现：将△ ADF 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ ABG（如图 1），此时 GE＝BE＋DF． （1）在图 1 中，∠GAF 的度数是 90° ； （2）请利用上述方法解决问题：如图 2，在△ ABC 中，∠ACB＝90°，AC＝ BC，点 D，E 在斜边 AB 上，且∠DCE＝45°，请写出 AD，DE，BE 三条线段 之间的数量关系，并证明．
半角旋转模型
.内容：半角旋转模型，三垂直模型，以及旋转相似模型探究：（1）如图1，在正方形ABCD 中，E 、F 分别是BC 、CD 上的点，且∠EAF＝45°，试判断BE 、DF 与EF 三条线段之间的数量关系，直接写出判断结果： ； （2）如图2，若把(1)问中的条件变为“在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B＋∠D＝180°，E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，且∠EAF=21∠BAD”，则（1）问中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；（3）在（2）问中，若将△AE F 绕点A 逆时针旋转，当点分别E 、F 运动到BC 、CD 延长线上时，如图3所示，其它条件不变，则（1）问中的结论是否发生变化？若变化，请给出结论并予以证明..小伟遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD 中，点E 、F 分别为DC 、BC 边上的点，∠EAF =45°，连结EF ，求证：DE +BF =EF ．小伟是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADE 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABG （如图2），此时GF 即是DE +BF ．请回答：在图2中，∠GAF 的度数是 ．参考小伟得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC （AD ＞BC ），∠D =90°，AD =CD =10，E 是CD 上一点，若∠BAE =45°，F ED AB C B EDA G F ED AB C C图1图2图3CDAOBx y 图4F E D A B C B EDA GF E D A BCCx CD AOByDE =4，则BE = ．（2）如图4，在平面直角坐标系xOy 中，点B 是x 轴上一 动点，且点A （3-，2），连结AB 和AO ，并以AB 为边向上作 正方形ABCD ，若C （x ，y ），试用含x 的代数式表示y ， 则y = ．已知：正方形ABCD 中，45MAN ∠=，绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB 、DC （或它们的延长线）于点M 、N ．（1）如图1，当M AN ∠绕点A 旋转到BM DN =时，有BM DN MN +=．当MAN ∠绕点A 旋转到BM DN ≠时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；（2）当MAN ∠绕点A 旋转到如图3的位置时，线段BM DN ，和MN 之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．24． 如图1，在等腰直角△ABC 中，∠BAC =90°，AB =AC =2，点E 是BC 边上一点，∠DEF =45°且角的两边分别与边AB ，射线CA 交于点P ，Q . （1）如图2，若点E 为BC 中点，将∠DEF 绕着点E 逆时针旋转，DE 与边AB 交于点P ，EF 与CA 的延长线交于点Q .设BP 为x ，CQ 为y ，试求y 与x 的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；CDOAB图4xy（2）如图3，点E在边BC上沿B到C的方向运动（不与B，C重合），且DE始终经过点A,EF与边AC交于Q点．探究：在∠DEF运动过程中，△AEQ能否构成等腰三角形，若能，求出BE的长；若不能，请说明理由．海淀25．如图1，两个等腰直角三角板ABC和DEF有一条边在同一条直线l上，2DE=，1AB=．将直线EB绕点E逆时针旋转45︒，交直线AD于点M．将图1中的三角板ABC沿直线l向右平移，设C、E两点间的距离为k．图1 图2 图3 解答问题：（1）①当点C与点F重合时，如图2所示，可得AMDM的值为；②在平移过程中，AMDM的值为（用含k的代数式表示）；（2）将图2中的三角板ABC绕点C逆时针旋转，原题中的其他条件保持不变.当点A落在线段DF上时，如图3所示，请补全图形，计算AMDM的值；（3）将图1中的三角板ABC绕点C逆时针旋转α度，0α<≤90，原题中的其他条件保持不变.计算AMDM的值（用含k的代数式表示）．图1 图2 图3 图4昌平22. 阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC 内有一点P ，且PA =3 ，PB =4，PC =5，求∠APB 的度数.小伟是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造△AP C '，连接PP '，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．PCBAABC PP 'D PACBABC DP FE请你回答：图1中∠APB 的度数等于 . 参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，在正方形ABCD 内有一点P ，且PA =22，PB =1，PD =17，则∠APB 的度数等于 ，正方形的边长为 ；（2）如图4，在正六边形ABCDEF 内有一点P ，且PA =2，PB =1，PF =13，则∠APB 的度数等于 ，正六边形的边长为 ．通州24.（9分）在平面直角坐标系xOy 中，点B (0，3)，点C 是x 轴正半轴上一点，连结BC ，过点C 作直线CP ∥y 轴.（1）若含45°角的直角三角形如图所示放置．其中，一个顶点与点O 重合，直角顶点D在线段BC 上，另一个顶点E 在CP 上．求点C 的坐标；（2）若含30°角的直角三角形一个顶点与点O 重合，直角顶点D 在线段BC 上，另一个顶点E 在CP 上，求点C 的坐标．备用图备用图第24题图x yBO O B y x y x E P D C B O(西城19)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，正方形PABC的边长为1，将其沿x轴的正方向连续滚动，即先以顶点A为旋转中心将正方形PABC顺时针旋转90°得到第二个正方形，再以顶点D为旋转中心将第二个正方形顺时针旋转90°得到第三个正方形，依此方法继续滚动下去得到第四个正方形，…，第n个正方形．设滚动过程中的点P 的坐标为(,)x y．（1）画出第三个和第四个正方形的位置，并直接写出第三个正方形中的点P的坐标；（2）画出点(,)P x y运动的曲线（0≤x≤4），并直接写出该曲线与x轴所围成区域的面积．东城24. 问题1：如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=BC=CD，点M，N分别在AD，CD上，若∠MBN=12∠ABC，试探究线段MN，AM，CN有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不用证明；问题2：如图2，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC+∠ADC=180°，点M，N分别在DA，CD的延长线上，若∠MBN=12∠ABC仍然成立，请你进一步探究线段MN，AM，CN又有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给予证明.昌平24．在△ABC中，AB=4，BC=6，∠ACB=30°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1．（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数；（2）如图2，连接AA1，CC1．若△CBC1的面积为3，求△ABA1的面积；（3）如图3，点E 为线段AB 中点，点P 是线段AC 上的动点，在△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转的过程中，点P 的对应点是点P 1，直接写出线段EP 1长度的最大值与最小值．C 1C BA 1A图2A 1C 1ABC图1图3PP 1E A 1A C 1CB朝阳24．在Rt △ABC 中，∠A =90°，D 、E 分别为AB 、AC 上的点．（1）如图1，CE =AB ，BD =AE ，过点C 作CF ∥EB ，且CF =EB ，连接DF 交EB 于点G ，连接BF ，请你直接写出EBDC 的值；（2）如图2，CE =kAB ，BD =kAE ，12EB DC =，求k 的值．西城24．在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠ABC =α，点P 在△ABC 的内部．(1) 如图1，AB =2AC ，PB =3，点M 、N 分别在AB 、BC 边上，则cos α=_______， △PMN 周长的最小值为_______；(2) 如图2，若条件AB =2AC 不变，而PA =2，PB =10，PC =1，求△ABC 的面积； (3) 若PA =m ，PB =n ，PC =k ，且cos sin k m n αα==，直接写出∠APB 的度数．图 2DECB A图1GFD ECBA门头沟24．已知：在△ABC 中，AB ＝AC ，点D 为BC 边的中点，点F 是AB 边上一点，点E在线段DF 的延长线上，点M 在线段DF 上，且∠BAE ＝∠BDF ，∠ABE ＝∠DBM ． （1） 如图1，当∠ABC ＝45°时，线段 DM 与AE 之间的数量关系是 ； （2） 如图2，当∠ABC ＝60°时，线段 DM 与AE 之间的数量关系是 ；（3）① 如图3，当ABC α∠=（0<<90α︒︒）时，线段 DM 与AE 之间的数量关系是 ；② 在（2）的条件下延长BM 到P ，使MP ＝BM ，连结CP ，若AB ＝7，AE ＝27，求sin∠ACP 的值．顺义24．如图1，将三角板放在正方形ABCD 上，使三角板的直角顶点E 与正方形ABCD 的顶点A 重合．三角板的一边交CD 于点F ，另一边交CB 的延长线于点.G （1）求证：EF EG =； （2）如图2，移动三角板，使顶点E 始终在正方形ABCD 的对角线AC 上，其他条件不变， （1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； （3）如图3，将（2）中的“正方形ABCD ”改为“矩形ABCD ”，且使三角板的一边经过点B ，其他条件不变，若AB a =，BC b =，求EFEG的值．A BCDEFM MFED CBA ABCD EF M 图1图2图3朝阳22．阅读下列材料：小华遇到这样一个问题，如图1, △ABC 中，∠ACB =30º，BC =6，AC =5，在△ABC 内部有一点P ，连接PA 、PB 、PC ，求PA +PB +PC 的最小值．小华是这样思考的：要解决这个问题，首先应想办法将这三条端点重合于一点的线段分离，然后再将它们连接成一条折线，并让折线的两个端点为定点，这样依据“两点之间，线段最短”，就可以求出这三条线段和的最小值了．他先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，发现通过旋转可以解决这个问题．他的做法是，如图2，将△APC 绕点C 顺时针旋转60º，得到△EDC ，连接PD 、BE ，则BE 的长即为所求．（1）请你写出图2中，PA +PB +PC 的最小值为 ； （2）参考小华的思考问题的方法，解决下列问题：①如图3，菱形ABCD 中，∠ABC =60º，在菱形ABCD 内部有一点P ，请在图3中画出并指明长度等于PA +PB +PC 最小值的线段（保留画图痕迹，画出一条即可）；②若①中菱形ABCD 的边长为4，请直接写出当PA +PB +PC 值最小时PB 的长．丰台24．在Rt△ABC 中，AB =BC ，∠B =90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点O 放在斜边AC 上，将三角板绕点O 旋转．（1）当点O 为AC 中点时，①如图1， 三角板的两直角边分别交AB ，BC 于E 、F 两点，连接EF ，猜想线段AE 、CF 与EF 之间存在的等量关系（无需证明）；②如图2， 三角板的两直角边分别交AB ，BC 延长线于E 、F 两点，连接EF ，判断①中的猜想是否成立．若成立，请证明；若不成立，请说明理由；DEACBP图 2DACB图 3ACB P图12）当点O 不是AC 中点时，如图3,，三角板的两直角边分别交AB ，BC 于E 、F 两点，若14AO AC=，求OE OF的值．朝阳期末25已知：在ABC ∆中︒=∠90ACB ，AB CD ⊥于点D ，点E 在AC 上，BE 交CD 于点G ，BE EF ⊥交AB 于点F 。
旋转的四种模型
旋转的四种模型
旋转的四种模型
旋转的重要性：初中几何三大解题思想：平移、对称、旋转。
旋转算是其中最高阶的解题思想，用到压轴的几何题中，难度最大。
出题的普遍性：从选择到填空、解答的压轴，旋转普遍存在。
多数孩子现状：孩子对旋转，没有一个统一的思路和方法总结。
没有能够将这一类模型总结整合成一类方便记忆和检索的方法体系。
旋转主要分类：旋转分为四大类：绕点、空翻、弦图、半角。
这四类旋转的分类有似于平行四边形、矩形、菱形、正方形的分类。
Part、1 绕点
实际上所有旋转都属于绕点，只是后三类较为特殊，所以单独列出。
普通绕点，也有人将其称手拉手模型或甩葱模型，记起来比较形象。
如下三组绕点题目，一目了然，灰色的这两个，确实有甩葱的意思。
Part2、空翻
空翻与普通绕点的区别，在于普通绕点可一眼看出旋转中心，而空翻不能。
Part3、弦图
弦图，也叫三垂直，属于极为特殊的空翻，形式上分为内弦图、外弦图，应用上可以分为全等弦图、相似弦图（独有），其基本模型如下列三种：
Part4、半角
半角，属于绕点，不属于空翻，是一类极为特殊的绕点，中考考察较少。
凡涉及等腰直角三角形、正三角形、正四边形的图形，都可能出现半角模型。
如果孩子不知道半角、或者听过而并不会用，中考之前这个漏洞一定要补上。
旋转中的几何模型(角含半角模型)(解析版)
旋转中的几何模型模型一角含半角模型模型特征：角含半角模型，顾名思义即一个角包含着它的一半大小的角。
它主要包含：等腰直角三角形角含半角模型；正方形中角含半角模型两种类型。
解决类似问题的常见办法主要有两种：旋转目标三角形法和翻折目标三角形法。
1综合与实践：如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠EAF= 45°，连接EF，求证：DE+BF=EF．李伟同学是这样解决的：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，再证明△GAF≌△EAF，可得结论．(1)如图2，在四边形ABCD中，AD∥BC AD>BC，∠D=90°，AD=CD=10，且∠BAE= 45°，DE=4，求BE的长；(2)类比(1)证明思想完成下列问题：在同一平面内，将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起，A为公共顶点，∠BAC=∠AGF=90°，若△ABC固定不动，△AFG绕点A旋转，AF、AG与边BC的交点分别为D、E(点D不与点B重合，点E不与点C重合)，在旋转过程中，等式BD2+CE2=DE2始终成立，请说明理由．【思路点拨】(1)过A作AG⊥BC，交BC延长线于G，由正方形的性质得出CG=AD=10，再运用勾股定理和方程求出BE的长；(2)运用旋转性质和勾股定理判断说明等式成立．【解题过程】解：(1)如图2，过点A作AG⊥BC，交CB延长线于点G．四边形ADCG中，∠D=∠C=∠G=90°，AD=DC，∴四边形ADCG是正方形．∴CG=AD=10．已知∠BAE=45°，根据已知材料可得：BE=GB+DE．设BE=x，则BG=x-4，∴BC=14-x．在Rt△BCE中，BE2=BC2+CE2，∴x2=14-x2+62，解得x=58 7．∴BE=587．(2)如图3，将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，则CE=BH，AE=AH，∠ABH=∠C=45°，旋转角∠EAH=90°．连接HD，在△EAD和△HAD中，AE=AH∠HAD=∠EAD AD=AD，∴△EAD≌△HAD SAS．∴DH=DE．又∠HBD=∠ABH+∠ABD=90°，∴BD2+BH2=HD2，∴BD2+CE2=DE2．2如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D、E在BC边上，∠DAE=45°，将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF．(1)求证：BF⊥BC；(2)连接DF，求证：△ADF≌△ADE；(3)若BD=3，CE=4，则DF=，四边形AFDE的面积=．【思路点拨】(1)由旋转的性质得∠C=∠ABF，从而得到∠DBF=∠ABC+∠ABF=90°，即可证明结论；(2)由旋转的性质得AF=AE，∠BAF=∠CAE，则∠BAD+∠BAF=∠BAD+∠CAE=45°，再利用SAS即可证明；(3)如图，过点A作AH⊥BC于H，由(1)得，∠DBF=90°，在Rt△DBF中，由勾股定理得DF= BD2+BF2=32+42=5，则BC=BD+DF+CE=3+5+4=12，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出AH，再利用S四边形AFDE=2S△ADE可得出答案．【解题过程】(1)证明：∵将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF，∴∠C=∠ABF，∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，∴∠ABC=∠C=45°，∴∠DBF=∠ABC+∠ABF=45°+45°=90°，∴BF⊥BC．(2)证明：∵将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF，∴AF=AE，∠BAF=∠CAE，∵∠DAE=45°，∠BAC=90°，∴∠BAD+∠CAE=90°-45°=45°，∴∠BAD+∠BAF=∠BAD+∠CAE=45°，∴∠DAF=∠DAE，在△ADF和△ADE中，AF=AE∠DAF=∠DAE AD=AD，∴△ADF≌△ADE SAS．(3)解：如图，过点A作AH⊥BC于H，∵将△ACE绕点A顺时针旋转90°得△ABF，BD=3，CE=4，∴BF=CE=4，由(1)得，∠DBF=90°，在Rt△DBF中，DF=BD2+BF2=32+42=5，由(2)得，△ADF≌△ADE，∴DE=DF=5，S△ADF=S△ADE，∴BC=BD+DE+CE=3+5+4=12，∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AH⊥BC∴BH=CH，∴AH=12BC=6，∴四边形AFDE的面积：S四边形AFDE=S△ADF+S△ADE=2S△ADE=2×12×DE×AH=DE×AH=5×6=30．故答案为：5；30．针对训练13如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=45°，分别连接EF、BD，BD与AF、AE分别相交于点M、N(1)求证：EF=BE+DF为了证明“EF=BE+DF”，小明延长CB至点G，使BG=DF，连接AG，请画出辅助线并按小明的思路写出证明过程．(2)若BE=2，DF=3，请求出正方形ABCD的边长．(3)请直接写出线段BN、MN、DM三者之间的数量关系【分析】(1)延长BC 到G ，使BG =DF ，连接AG ，证得△ABG ≌△ADF ，△AEF ≌△AEG ，最后利用等量代换求得答案即可；(2)根据(1)中的结论，设正方形的边长为x ，列方程可解答；(3)在AG 截取AH =AM ，连接NH 、BH ，证得△ABH ≌△ADM ，△AMN ≌△AHN ，最后利用勾股定理求得答案即可．【解析】(1)证明：如图1，延长CB 至点G ，使BG =DF ，连接AG，∵四边形ABCD 为正方形，∴AB =AD ，∠BAD =∠ADF =∠ABE =∠ABG =90°，在△ABG 和△ADF 中，AB =AD ∠ABG =∠ADF BG =DF，∴△ABG ≌△ADF (SAS )，∴∠DAF =∠BAG ，AF =AG ，∴∠GAE =∠BAG +∠BAE =∠DAF +∠BAE =90°-45°=45°=∠EAF ，在△AEF 和△AEG 中，AF =AG ∠FAE =∠GAE AE =AE，∴△AEF ≌△AEG (SAS )，∴EF =EG ，∵EG =BE +BG ，∴EF =BE +DF ；(2)解：设正方形的边长为x ，∵BE =2，DF =3，∴CE =x -2，CF =x -3，由(1)得：EF =BE +DF =2+3=5，Rt △CEF 中，EF 2=CE 2+CF 2，52=(x -2)2+(x -3)2，解得：x =6或-1(舍)，答：正方形ABCD 的边长为6．(3)解：BN 2+DM 2=MN 2；理由是：如图2，在AG 上截取AH =AM ，连接HN 、BH ，在△AHB 和△AMD 中，AB =AD ∠HAB =∠MAD AH =AM，∴△AHB ≌△AMD (SAS )，∴BH =DM ，∠ABH =∠ADB =45°，又∵∠ABD =45°，∴∠HBN =90°．∴BH 2+BN 2=HN 2．在△AHN 和△AMN 中，AH =AM ∠HAN =∠MAN AN =AN，∴△AHN ≌△AMN (SAS )，∴MN =HN ．∴BN 2+DM 2=MN 2．4如图1，在正方形ABCD 中，E 是AB 上一点，F 是AD 延长线上一点，且DF =BE ．(1)求证：CE =CF ；(2)在图1中，若G 在AD 上，且∠GCE =45°，则GE =BE +GD 成立吗？为什么？(3)根据你所学的知识，运用(1)、(2)解答中积累的经验，完成下列各题：①如图2，在四边形ABCD 中，AD ∥BC (BC >AD )，∠B =90°，AB =BC =6，E 是AB 的中点，且∠DCE =45°，求DE 的长；②如图3，在△ABC 中，∠BAC =45°，AD ⊥BC ，BD =4，CD =6，则△ABC 的面积为60(直接写出结果，不需要写出计算过程)．【分析】(1)因为ABCD 为正方形，所以CB =CD ，∠B =∠CDA =90°，又因为DF =BE ，则△BCE ≌△DCF ，即可求证CE =CF ；(2)因为∠BCD =90°，∠GCE =45°，则有∠BCE +∠GCD =45°，又因为△BCE ≌△DCF ，所以∠ECG =∠FCG ，CE =CF ，CG =CG ，则△ECG ≌△FCG ，故GE =BE +GD 成立；(3)①过点C 作CG ⊥AD 交AD 的延长线于点G ，利用勾股定理求得DE 的长；②由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD 的长，再求得△ABC 的面积．【解析】(1)在正方形ABCD 中CB =CD ，∠B =∠CDA =90°，∴∠CDF =∠B =90°．在△BCE 和△DCF 中，CB =CD ∠B =∠CDF BE =DF，∴△BCE ≌△DCF (SAS )．∴CE =CF ．(2)GE =BE +GD 成立．理由如下：∵∠BCD =90°，∠GCE =45°，∴∠BCE +∠GCD =45°．∵△BCE ≌△DCF (已证)，∴∠BCE =∠DCF ．∴∠GCF =∠GCD +∠DCF =∠GCD +∠BCE =45°．∴∠ECG =∠FCG =45°．在△ECG 和△FCG 中，CE =CF ∠ECG =∠FCG CG =CG，∴△ECG ≌△FCG (SAS )．∴GE =FG ．∵FG =GD +DF ，∴GE =BE +GD ．(3)①如图2，过点C 作CG ⊥AD ，交AD 的延长线于点G ，由(2)和题设知：DE =DG +BE ，设DG =x ，则AD =6-x ，DE =x +3，在Rt △ADE 中，由勾股定理得：AD 2+AE 2=DE 2，∴(6-x )2+32=(x +3)2，解得x =2．∴DE =2+3=5；②如图3，将△ABD 沿着AB 边折叠，使D 与E 重合，△ACD 沿着AC 边折叠，使D 与G 重合，可得∠BAD =∠EAB ，∠DAC =∠GAC ，∴∠EAG =∠E =∠G =90°，AE =AG =AD ，BD =EB =4，DC =CG =6，∴四边形AEFG 为正方形，设正方形的边长为x ，则BF =x -4，CF =x -6，在Rt △BCF 中，根据勾股定理得：BF 2+CF 2=BC 2，即(x -4)2+(x -6)2=(4+6)2，解得：x =12或x =-2(舍去)，∴AD =12，∴S △ABC =12BC •AD =12×10×12=60．故答案为：60拓展类型 构造旋转模型解题方法指导：若一个图形中含有相等的线段和特殊的角度，通常是以等线段的公共端点为旋转中心进行旋转，使得相等的边重合，得出特殊的图形．1请阅读下列材料：问题：如图1，在等边△ABC 内有一点P ，且PA =2，PB =3，PC =1，求∠BPC 的度数和等边△ABC 的边长．李明同学的思路是：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形(如图2)，连接PP′，可得△P′PB是等边三角形，而△PP′A又是直角三角形(由勾股定理的逆定理可证)，所以∠BPC =∠AP′B=150°，进而求出等边△ABC的边长为7，问题得到解决．请你参考李明同学的思路，探究并解决下列问题：如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA= 5，BP=2，PC=1.求∠BPC的度数和正方形ABCD的边长．解：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A.∴AP′=PC=1，BP′=BP=2.易证∠PBP′=∠ABC=90°.连接PP′，在Rt△BP′P中，∵BP=BP′=2，∠PBP′=90°，∴PP′=2，∠BP′P=45°.在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP=5，∵12+22=(5)2，即AP′2+PP′2=AP2，∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°.∴∠AP′B=∠AP′P+∠BP′P=135°.∴∠BPC=∠AP′B=135°.过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E，则△BEP′是等腰直角三角形．∵BP′=2，∴EP′=BE=1.∴AE=2.∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB=5.∴∠BPC=135°，正方形ABCD的边长为5.2如图1，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．(1)求证：EB=GD且EB⊥GD；(2)若AB=2，AG=2，求BE的长；【答案】(1)见解析；(2)10；(3)不变，△ABG与△DAE的面积之差为0【分析】(1)在△GAD和△EAB中，∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，得到∠GAD=∠EAB，从而△EAB≌△GAD，即EB=GD；由∠AEB=∠AGD，∠EOH=∠AOG，即可得出∠EHG=∠EAG=90°；(2)设BD与AC交于点O，由AB=AD=2，在Rt△ABD中求得DB，在Rt△GOD中利用勾股定理即可求得结果；【详解】(1)如图1，∵四边形EFGA和四边形ABCD是正方形，∴AG=AE，AB=AD，∠EAG=90°，∠DAB=90°，∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，∴∠GAD=∠EAB，在△EAB和△GAD中，AB=AD∠EAB=∠GAD AE=AG，∴△EAB≌△GAD(SAS)，∴EB=GD；∠AEB=∠AGD，∵∠EOH=∠AOG，∴∠EHG=∠EAG=90°，∴EB=GD且EB⊥GD；(2)如图2，连接BD，BD与AC交于点O，∵AB=AD=2，在Rt△ABD中，DB=AB2+AD2=22+22=22，∴AO=DO=2，∴OG=OA+AG=2+2=22，∴EB=GD=OG2+OD2=222+22=10；【点睛】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形外角的性质，作出辅助线，利用三角形全等是解题的关键．针对训练25以△ABC的AB、AC为边作△ABD和△ACE，且AE=AB，AC=AD，CE与BD相交于M，∠EAB=∠CAD=α．(1)如图1，若α=40°，求∠EMB 的度数；(2)如图2，若G 、H 分别是EC 、BD 的中点，求∠AHG 的度数(用含α式子表示)；(3)如图3，连接AM ，直接写出∠AMC 与α的数量关系是 90°+12α ．【分析】(1)由“SAS ”可证△AEC ≌△ABD ，可得∠AEC =∠ABD ，由外角的性质可得结论；(2)由“SAS ”可证△ACG ≌△ADH ，可得AG =AH ，∠CAG =∠DAH ，即可求解；(3)由全等三角形的性质可得S △ACG =S △ADH ，EC =BD ，由面积法可求AP =AN ，由角平分线的性质可求∠AMD ，即可求解．【解答】解：(1)∵∠EAB =∠CAD =α，∴∠EAC =∠BAD ，在△AEC 和△ABD 中，AE =AB ∠EAC =∠BAD AC =AD，∴△AEC ≌△ABD (SAS )，∴∠AEC =∠ABD ，∵∠AEC +∠EAB =∠ABD +∠EMB ，∴∠EMB =∠EAB =40°；(2)连接AG ，AH ，由(1)可得：EC =BD ，∠ACE =∠ADB ，∵G 、H 分别是EC 、BD 的中点，∴DH =CG ，在△ACG 和△ADH 中，AC =AD ∠ACE =∠ADB CG =DH，∴△ACG ≌△ADH (SAS )，∴AG =AH ，∠CAG =∠DAH ，∴∠AGH =∠AHG ，∠CAG -∠CAH =∠DAH -∠CAH ，∴∠GAH =∠DAC ，∵∠DAC =α，∴∠GAH =α，∵∠GAH +∠AHG +∠AGH =180°，∴∠AHG =90°-12α；(3)如图3，连接AM ，过点A 作AP ⊥EC 于P ，AN ⊥BD 于N ，∵△ACE ≌△ADB ，∴S △ACE =S △ADB ，EC =BD ，∵12EC ×AP =12×BD ×AN ，∴AP =AN ，又∵AP ⊥EC ，AN ⊥BD ，∴∠AME =∠AMD =180°-α2，∴∠AMC =∠AMD +∠DMC =90°+12α，故答案为：90°+12α．6在△ABC 中，∠BAC =90°，AC =AB ，点D 为直线BC 上的一动点，以AD 为边作△ADE (顶点A ､D ､E 按逆时针方向排列)，且∠DAE =90°，AD =AE ，连接CE ．(1)如图1，若点D 在BC 边上(点D 与B ､C 不重合)，①求证：△ABD ≌△ACE ；②求证：DE 2=BD 2+CD 2(2)如图2，若点D 在CB 的延长线上，若DB =5，BC =7，则△ADE 的面积为．(3)如图3，若点D 在BC 的延长线上，以AD 为边作等腰Rt △ADE ，∠DAE =90°，连结BE ，若BE =10，BC =6，则AE 的长为．【答案】(1)①见解析；②见解析；(2)1694；(3)34【分析】(1)①根据∠BAC =∠DAE ，推出∠BAD =∠CAE ，再结合AB =AC ，AD =AE ，即可证明△ABD ≌△ACE ，②根据∠ABD =∠ACE ，可得∠ABD +∠ACB =∠ACE +∠ACB =∠BCE ，根据BD =CE ，即可证明结论；(2)过点A 作AF ⊥DE 于点F ，利用等腰三角形的性质和直角三角形的性质，易得AF =12DE ，利用全等三角形的判定定理可得△ABD ≌△ACE ，由全等三角形的性质可得∠ADB =∠AEC ，DB =EC ，易得EC =5，DC =12，利用勾股定理可得DE 的长，利用三角形的面积公式可得结论；(3)根据Rt △BCE 中，BE =10，BC =6，求得CE =102-62=8，进而得出CD =8-6=2，在Rt △DCE 中，求得DE =22+82=68，最后根据△ADE 是等腰直角三角形，即可得出AE 的长．【详解】(1)①∵∠BAC =∠DAE ，∴∠BAD =∠CAE ，又∵AB =AC ，AD =AE ，∴△ABD ≌△ACE ，②∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，∴∠ABD+∠ACB=∠ACE+∠ACB=∠DCE=90°，∴DE2=CD2+CE2=CD2+BD2；(2)过点A作AF⊥DE于点F．∵AD=AE，∴点F是DE的中点，∵∠DAE=90°，∴AF=12DE，同理可证△ABD≌△ACE，∴∠ADB=∠AEC，DB=EC，∵DB=5，BC=7，∴EC=5，DC=12，∵∠DAE=90°，∴∠ADE+∠AED=90°，∴∠ADC+∠CDE+∠AED=90°，∴∠AEC+∠AED+∠CDE=90°，即∠CED+∠CDE=90°，∴∠ECD=90°，∴DE2=CE2+CD2=25+144=169，∵DE>0，∴DE=13，∴AF=132，∴△ADE的面积为=12DE•AF=12×13×132=1694；(3)由(1)可知：△ABD≌△ACE，∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，∴∠BCE=∠ACB+∠∠ACE=∠ACB+∠ABD=90°，∴Rt△BCE中，BE=10，BC=6，∴CE=102-62=8，∴BD=CE=8，∴CD=8-6=2，∴Rt△DCE中，DE=22+82=68，∵△ADE是等腰直角三角形，∴AE=DE2=682=34．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定定理及性质定理，还有等腰三角形的性质等，综合利用定理，作出恰当的辅助线是解答此题的关键．巩固练习1已知在△ABC中，BC=4。
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.内容：半角旋转模型，三垂直模型，以及旋转相似模型探究：（1）如图1，在正方形ABCD 中，E 、F 分别是BC 、CD 上的点，且∠EAF ＝45°，试判断BE 、DF 与EF 三条线段之间的数量关系，直接写出判断结果：；（2）如图2，若把(1)问中的条件变为“在四边形ABCD 中，AB ＝AD ，∠B ＋∠D ＝180°，E 、F 分别是边BC 、CD 上的点，且∠EAF=21∠BAD”，则（1）问中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；（3）在（2）问中，若将△AE F 绕点A 逆时针旋转，当点分别E 、F 运动到BC 、CD 延长线上时，如图3所示，其它条件不变，则（1）问中的结论是否发生变化？若变化，请给出结论并予以证明..小伟遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD 中，点E 、F 分别为DC 、BC 边上的点，∠EAF =45°，连结EF ，求证：DE +BF =EF ．小伟是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADE 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABG （如图2），此时GF 即是DE +BF ．请回答：在图2中，∠GAF 的度数是 ．参考小伟得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC （AD ＞BC ），F ED AB C B EDA G F D AB C C图1图2图3CDAOBx y 图4F E D A B C B EDA G F E D ABC C图1图2图3CD AO B x y 图4∠D=90°，AD=CD=10，E是CD上一点，若∠BAE=45°，DE=4，则BE= ．（2）如图4，在平面直角坐标系xOy中，点B是x轴上一动点，且点A（3-，2），连结AB和AO，并以AB为边向上作正方形ABCD，若C（x，y），试用含x的代数式表示y，则y= ．已知：正方形ABCD中，45MAN∠=o，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC （或它们的延长线）于点M、N．（1）如图1，当MAN∠绕点A旋转到BM DN=时，有BM DN MN+=．当MAN∠绕点A旋转到BM DN≠时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；（2）当MAN∠绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM DN，和MN之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．24．如图1，在等腰直角△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=2，点E是BC边上一点，∠DEF=45°且角的两边分别与边AB，射线CA交于点P，Q.（1）如图2，若点E为BC中点，将∠DEF绕着点E逆时针旋转，DE与边AB交于点P，EF与CA的延长线交于点Q.设BP为x，CQ为y，试求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；CDOAB图4xy（2）如图3，点E在边BC上沿B到C的方向运动（不与B，C重合），且DE始终经过点A,EF与边AC交于Q点．探究：在∠DEF运动过程中，△AEQ能否构成等腰三角形，若能，求出BE的长；若不能，请说明理由．海淀25．如图1，两个等腰直角三角板ABC和DEF有一条边在同一条直线l上，2DE=，1AB=．将直线EB绕点E逆时针旋转45︒，交直线AD于点M．将图1中的三角板ABC 沿直线l向右平移，设C、E两点间的距离为k．图1 图2 图3解答问题：（1）①当点C与点F重合时，如图2所示，可得AMDM的值为；②在平移过程中，AMDM的值为（用含k的代数式表示）；（2）将图2中的三角板ABC绕点C逆时针旋转，原题中的其他条件保持不变.当点A落在线段DF上时，如图3所示，请补全图形，计算AMDM的值；（3）将图1中的三角板ABC绕点C逆时针旋转α度，0α<≤90，原题中的其他条件保持不变.计算AMDM的值（用含k的代数式表示）．图1 图2 图3 图4昌平22. 阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题：如图1，在正三角形ABC 内有一点P ，且P A =3 ，PB =4，PC =5，求∠APB 的度数.小伟是这样思考的：如图2，利用旋转和全等的知识构造△AP C '，连接PP '，得到两个特殊的三角形，从而将问题解决．PCBAABC PP 'D PACBABC DP FE请你回答：图1中∠APB 的度数等于 . 参考小伟同学思考问题的方法，解决下列问题：（1）如图3，在正方形ABCD 内有一点P ，且P A=PB =1，PD，则∠APB 的度数等于 ，正方形的边长为 ；（2）如图4，在正六边形ABCDEF 内有一点P ，且P A =2，PB =1，PFAPB 的度数等于 ，正六边形的边长为 ．通州24.（9分）在平面直角坐标系xOy 中，点B (0，3)，点C 是x 轴正半轴上一点，连结BC ，过点C 作直线CP ∥y 轴. （1）若含45°角的直角三角形如图所示放置．其中，一个顶点与点O 重合，直角顶点D在线段BC 上，另一个顶点E 在CP 上．求点C 的坐标； （2）若含30°角的直角三角形一个顶点与点O 重合，直角顶点D 在线段BC 上，另一个顶点E 在CP 上，求点C 的坐标．备用图备用图第24题图(西城19)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，正方形PABC的边长为1，将其沿x轴的正方向连续滚动，即先以顶点A为旋转中心将正方形PABC顺时针旋转90°得到第二个正方形，再以顶点D为旋转中心将第二个正方形顺时针旋转90°得到第三个正方形，依此方法继续滚动下去得到第四个正方形，…，第n个正方形．设滚动过程中的点P的坐标为(,)x y．（1）画出第三个和第四个正方形的位置，并直接写出第三个正方形中的点P的坐标；（2）画出点(,)P x y运动的曲线（0≤x≤4），并直接写出该曲线与x轴所围成区域的面积．东城24. 问题1：如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=BC=CD，点M，N分别在AD，CD上，若∠MBN=12∠ABC，试探究线段MN，AM，CN有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不用证明；问题2：如图2，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC+∠ADC=180°，点M，N分别在DA，CD的延长线上，若∠MBN=12∠ABC仍然成立，请你进一步探究线段MN，AM，CN又有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给予证明.昌平24．在△ABC中，AB=4，BC=6，∠ACB=30°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转，得到△A1BC1．（1）如图1，当点C1在线段CA的延长线上时，求∠CC1A1的度数；（2）如图2，连接AA1，CC1．若△CBC1的面积为3，求△ABA1的面积；（3）如图3，点E 为线段AB 中点，点P 是线段AC 上的动点，在△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转的过程中，点P 的对应点是点P 1，直接写出线段EP 1长度的最大值与最小值．C 1C BA 1A图2A 1C 1ABC图1图3A朝阳24．在Rt △ABC 中，∠A =90°，D 、E 分别为AB 、AC 上的点．（1）如图1，CE =AB ，BD =AE ，过点C 作CF ∥EB ，且CF =EB ，连接DF 交EB 于点G ，连接BF ，请你直接写出EBDC 的值；（2）如图2，CE =kAB ，BD =kAE ，12EB DC =，求k 的值．西城24．在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，∠ABC =α，点P 在△ABC 的内部．(1) 如图1，AB =2AC ，PB =3，点M 、N 分别在AB 、BC 边上，则cos α=_______， △PMN 周长的最小值为_______；(2) 如图2，若条件AB =2AC 不变，而P A =2，PB =10，PC =1，求△ABC 的面积； (3) 若P A =m ，PB =n ，PC =k ，且cos sin k m n αα==，直接写出∠APB 的度数．图2B 图1FB门头沟24．已知：在△ABC 中，AB ＝AC ，点D 为BC 边的中点，点F 是AB 边上一点，点E 在线段DF 的延长线上，点M 在线段DF 上，且∠BAE ＝∠BDF ，∠ABE ＝∠DBM ． （1） 如图1，当∠ABC ＝45°时，线段 DM 与AE 之间的数量关系是； （2） 如图2，当∠ABC ＝60°时，线段 DM 与AE 之间的数量关系是 ；（3）① 如图3，当ABC α∠=（0<<90α︒︒）时，线段 DM 与AE 之间的数量关系是 ；② 在（2）的条件下延长BM 到P ，使MP ＝BM ，连结CP ，若AB ＝7，AE ＝27，求sin ∠ACP 的值．顺义24．如图1，将三角板放在正方形ABCD 上，使三角板的直角顶点E 与正方形ABCD 的顶点A 重合．三角板的一边交CD 于点F ，另一边交CB 的延长线于点.G （1）求证：EF EG =； （2）如图2，移动三角板，使顶点E 始终在正方形ABCD 的对角线AC 上，其他条件不变， （1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； （3）如图3，将（2）中的“正方形ABCD ”改为“矩形ABCD ”，且使三角板的一边经过点B ，其他条件不变，若AB a =，BC b =，求EFEG的值．A BCDEFM MFED CBA ABCD EF M 图1图2图3朝阳22．阅读下列材料：小华遇到这样一个问题，如图1, △ABC 中，∠ACB =30º，BC =6，AC =5，在△ABC 内部有一点P ，连接P A 、PB 、PC ，求P A +PB +PC 的最小值．小华是这样思考的：要解决这个问题，首先应想办法将这三条端点重合于一点的线段分离，然后再将它们连接成一条折线，并让折线的两个端点为定点，这样依据“两点之间，线段最短”，就可以求出这三条线段和的最小值了．他先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，发现通过旋转可以解决这个问题．他的做法是，如图2，将△APC 绕点C 顺时针旋转60º，得到△EDC ，连接PD 、BE ，则BE 的长即为所求．（1）请你写出图2中，P A +PB +PC 的最小值为 ； （2）参考小华的思考问题的方法，解决下列问题：①如图3，菱形ABCD 中，∠ABC =60º，在菱形ABCD 内部有一点P ，请在图3中画出并指明长度等于P A +PB +PC 最小值的线段（保留画图痕迹，画出一条即可）；②若①中菱形ABCD 的边长为4，请直接写出当P A +PB +PC 值最小时PB 的长．丰台24．在Rt △ABC 中，AB =BC ，∠B =90°，将一块等腰直角三角板的直角顶点O 放在斜边AC 上，将三角板绕点O 旋转． （1）当点O 为AC 中点时，①如图1， 三角板的两直角边分别交AB ，BC 于E 、F 两点，连接EF ，猜想线段AE 、CF 与EF 之间存在的等量关系（无需证明）；②如图2， 三角板的两直角边分别交AB ，BC 延长线于E 、F 两点，连接EF ，判断①中的猜想是否成立．若成立，请证明；若不成立，请说明理由；ECB图2B图3CB 图12）当点O 不是AC 中点时，如图3,，三角板的两直角边分别交AB ，BC 于E 、F 两点，若14AO AC=，求OE OF的值．朝阳期末25已知：在ABC ∆中︒=∠90ACB ，AB CD ⊥于点D ，点E 在AC 上，BE 交CD 于点G ，BE EF ⊥交AB 于点F 。