旋转和半角模型知识点与习题

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中考数学几何专题——半角模型

几何模型之半角模型一、旋转性质1.图形对应边相等（易得等腰，且等腰均相似）2.对应角相等3.对应点与旋转中心连线构成旋转角，旋转角处处相等二、半角模型半角模型（90°含45°）条件模型结论①等腰直角△ABC;②∠DAE=45°DE2=BD2+CE2①等腰直角△ABC;②∠DAE=45°DE2=BD2+CE2①正方形ABCD;②∠EAF=45°①EF=BE+DF；②△CEF的周长是正方形周长的一半；③点A到EF的距离等于正方形的边长.①正方形ABCD;②∠EAF=45°EF=DF-BE三、模型演练1.如图，在正方形ABCD中，AB=1，E，F分别是边BC，CD上的点，连接EF、AE、AF，过A作AH⊥EF 于点H．若EF=BF+DF．那么下列结论：①AE平分∠BEF；②FH=FD；③∠EAF=45°；④S△E A F=S△A B E+S△A D F；⑤△CEF的周长为2．其中正确结论的是．2.在Rt△ABC中，AB=AC，D､E是斜边BC上两点，且∠DAE=45°，将△ADC绕点A 顺时针旋转90°后，得到△AFB，连接EF，下列结论①△AEF≌△AED；②∠AED=45°；③BE+DC=DE；④BE2+DC2=DE2，其中正确的是（）A.②④B.①④C.②③D.①③3如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点M，N在边BC上，且∠MAN=45°，若BM=1，CN=3，求MN的长．4.如图，在正方形OABC中，点B的坐标是（4，4），点E、F分别在边BC、BA上，OE=25．若∠EOF=45°，则F点的坐标是．5.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，AH⊥MN于点H．（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系：（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；（3）如图③，已知∠MAN=45°，AH⊥MN于点H，且MH=2，NH=3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）6.如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E是BC边上的任意两点，且∠DAE=45°．（1）将△ABD绕点A逆时针旋转90°，得到△ACF，请在图（1）中画出△ACF．（2）在（1）中，连接EF，探究线段BD，EC和DE之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．（3）如图2，M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上一点，且BM+DN=MN，试求∠MAN的大小．。

初二数学知识点精讲精练——全等模型之“半角模型”

AE AE ∵ GAE EAF
AG AF
∴△AGE≌△AFE（SAS）， ∴GB+BE=EF， ∴DF+BE=EF；（2）∵△AEF≌△AGE， ∴S AEF=S AGE，
∴
i
i，
Байду номын сангаас
又 SABCD=AB2，∴ imS
i
i．
i
【练习】
1.已知，在四边形 ABCD 中，点 E、F 分别在边 BC、DC 上，连接 AF、EF．（1）如图 1，若四边形 ABCD 为正方形，且∠EAF=45°，求证：EF=BE+DF；（2）如图 2，若四边形 ABCD 中，AB=AD，∠B+∠D=180°，∠EAF= 1 ∠BAD，试问（1）
【例题】
1．如图，已知正方形 ABCD 中，E、F 分别是 BC、CD 上的点，且∠EAF=45°．
求证：
（1）EF=BE+DF；
（2） imS
i．
【例题解析】
【解答】证明：（1）延长 CB 到 G，使 GB=DF，连接 AG（如图）
AB AD ∵ ABG D 90
GB DF
∴△ABG≌△ADF（SAS）， ∴∠3=∠2，AG=AF， ∵∠BAD=90°，∠EAF=45°， ∴∠1+∠2=45°， ∴∠GAE=∠1+∠3=45°=∠EAF，
初二数学知识点精讲精练——全等模型之“半角模型”
【知识点】
图形
模型分析
条件
已知如图： ①2= 1 AOB 2
②OA OB
连接 FB，将 OFB 绕点 O 旋转至
模型
F1OA 的位置，连接 F1E ， FE ，
可得 OEF OEF1

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。

专题3.1 旋转重难点模型(5大类型)(解析版)

专题3.1 旋转重难点模型（5大类型）【题型1 手拉手模型】【题型2 “半角”模型】【题型3 构造旋转模型解题】【题型4 奔驰模型】【题型5 费马点模型】模型一：“手拉手”模型模型特征：两个等边三角形或等腰直角三角形或正方形共顶点。

模型说明：如图1，▲ABE，▲ACF都是等边三角形，可证▲AEC≌▲ABF。

如图2，▲ABD，▲ACE都是等腰直角三角形，可证▲ADC≌▲ABE如图2，四边形ABEF，四边形ACHD都是正方形，可证▲ABD≌▲AFC模型二：“半角”模型模型特征：大角含半角+有相等的边，通过旋转“使相等的边重合，拼出特殊角”模型说明：（1）如图，在正方形ABCD中，∠EAF=45°，将▲ADF绕点A顺时针旋转90°，得到▲ABG 可证▲AEF≌AEG，所以可到DF+BE=EF（2）如图，在等腰直角▲ABC中，∠MAN=45°，将▲ACN绕点A顺时针旋转90°，得到▲ABQ，可证▲AMN≌▲AMQ，所以可得CN²+BM²=MN²（3）如图，等腰▲ABC中，AB=BC，∠DBE=将▲CBD绕点B逆时针旋转∠CBA 的度数得到▲ABD’可证▲DBE≌▲D’BE。

模型三：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.常见图形旋转：（1）“等边三角形”的旋转方法归纳：将等边三角形内的一个小三角形，旋转60度，从而使小三角形的一边与原等边三角形的边重合，连接小三角形的钝角顶点，得三角形．通过旋转将不相关的线段转化到同一个三角形中，将分散的已知条件集中起来，使问题得以解决．模型四：奔驰模型模型五：费马点模型【费马点问题】问题：如图1，如何找点P使它到△ABC三个顶点的距离之和PA+PB+PC最小？图文解析：如图1，把△APC绕C点顺时针旋转60°得到△A′P′C，连接PP′．则△CPP′为等边三角形，CP=PP′，PA=P′A′，∴PA+PB+PC= P′A′+PB+PP′BC′．∵点A′可看成是线段CA绕C点顺时针旋转60°而得的定点，BA′为定长∴当B、P、P′、A′四点在同一直线上时，PA+PB+PC最小．最小值为BA.′【题型1“手拉手”模型】【典例1】（2022春•西安期末）如图，在△ABC中，BC＝5，以AC为边向外作等边△ACD，以AB为边向外作等边△ABE，连接CE、BD．（1）若AC＝4，∠ACB＝30°，求CE的长；（2）若∠ABC＝60°，AB＝3，求BD的长．【解答】解：（1）∵△ABE与△ACD是等边三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD．在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴EC＝BD，又∵∠ACB＝30°，∴∠DCB＝∠ACB+∠DCA＝90°，∵CD＝AC＝4，BC＝5，∴BD＝＝＝，∴CE＝；（2）如图，作EK垂直于CB延长线于点K．∵△ABE与△ACD是等边三角形，∴AC＝AD，AB＝AE，∴∠DCA＝∠CAD＝∠EAB＝60°，∴∠EAB+∠BAC＝∠CAD+∠BAC，即∠EAC＝∠BAD．在△EAC和△BAD中，，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴EC＝BD，∵∠ABC＝60°，∠ABE＝60°，∴∠EBK＝60°，∴∠BEK＝30°，∴BK＝BE＝，∴EK＝＝＝，∴EC＝＝＝7，∴BD＝EC＝7．【变式1-1】（2022秋•荔湾区校级期中）以△ABC的AB，AC为边分别作正方形ADEB，正方形ACGF，连接DC，BF．（1）CD与BF有什么数量与位置关系？说明理由．（2）利用旋转的观点，在此题中，△ADC可看成由哪个三角形绕哪点旋转多少角度得到的．【解答】解：（1）CD＝BF且CD⊥BF，理由如下：∵四边形ABED和四边形ACGF都是正方形，∴AD＝AB，AC＝AF，∠DAB＝∠CAF＝90°，又∵∠DAC＝∠DAB+∠BAC，∠BAF＝∠CAF+∠BAC，∴∠DAC＝∠BAF，在△DAC与△BAF中，，∴△DAC≌△BAF（SAS），∴DC＝BF，∴∠AFB＝∠ACD，又∵∠AFN+∠ANF＝90°，∠ANF＝∠CNM，∴∠ACD+∠CNM＝90°，∴∠NMC＝90°，∴BF⊥CD；（2）∵AD＝AB，AC＝AF，CD＝BF，∠DAB＝∠CAF＝90°，∴△ADC可看成是△ABF绕点A顺时针旋转90°得到的．【变式1-2】（2022九上·吉林期末）如图①，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=AD=BE，AD⊥BE成立．点D，E分别在边AC，BC上，且CD=CE=（1）将△CDE绕点C逆时针旋转90°时，在图②中补充图形，并直接写出BE的长度；（2）当△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，AD与BE的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将△CDE绕点C逆时针旋转一周的过程中，当A，D，E三点在同一条直线上时，请直接写出AD的长度．【答案】（1）解：如图所示，BE=（2）解：AD=BE，AD⊥BE仍然成立.证明：延长AD交BE于点H，∵∠ACB=∠DCE=90°，∠ACD=∠ACB−∠BCD，∠BCE=∠DCE−∠BCD，∴∠ACD=∠BCE，又∵CD=CE，AC=BC，∴△ACD≅△BCE，∴AD=BE，∠1=∠2，在Rt△ABC中，∠1+∠3+∠4=90°，∴∠2+∠3+∠4=90°，∴∠AHB=90°，∴AD⊥BE.（3）AD或AD=+1【题型2“半角”模型】【典例2】（秋•锦江区期末）在△ABC中，AB＝AC，点E，F是边BC所在直线上与点B，C不重合的两点．（1）如图1，当∠BAC＝90°，∠EAF＝45°时，直接写出线段BE，CF，EF的数量关系；（不必证明）（2）如图2，当∠BAC＝60°，∠EAF＝30°时，已知BE＝3，CF＝5，求线段EF的长度；（3）如图3，当∠BAC＝90°，∠EAF＝135°时，请探究线段CE，BF，EF的数量关系，并证明．【解答】解：（1）结论：EF2＝BE2+CF2．理由：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴将△ABE绕点A逆时针旋转90°得△ACG，连接FG，如图1中，∴AG＝AE，CG＝BE，∠ACG＝∠B，∠EAG＝90°，∴∠FCG＝∠ACB+∠ACG＝∠ACB+∠B＝90°，∴FG2＝FC2+CG2＝BE2+FC2；又∵∠EAF＝45°，而∠EAG＝90°，∴∠GAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAF＝∠GAF，∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，∴EF2＝BE2+CF2．（2）如图2中，∵∠BAC＝60°，AB＝AC，∴将△ABE绕点A逆时针旋转60°得△ACG，连接FG，作GH⊥BC交BC的延长线于H．∵∠BAC＝60°，∠EAF＝30°，∴∠BAE+∠CAF＝∠CAG+∠CAF＝∠FAG＝30°，∴∠EAF＝∠FAG，∵AF＝AF，AE＝AG，∴△AEF≌△AGF（SAS），∴EF＝FG，在Rt△CGH中，∵CG＝BE＝3，∠GCH＝60°，∴∠CGH＝30°，∴CH＝CG＝，GH＝CH＝，在Rt△FGH中，FG＝＝＝7，∴EF＝FG＝7．（3）结论：EF2＝EC2+BF2理由：如图3中，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连接FG．∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵△ACE≌△ABG，∴∠CAE＝∠BAG，EC＝BG，∠ACE＝∠ABG＝45°，∴∠CAB＝∠EAG＝90°，∠GBF＝90°，∴∠FAG＝360°﹣∠EAF﹣∠EAG＝360°﹣135°﹣90°＝135°，∴∠FAE＝∠FAG，∵FA＝FA，AG＝AE，∴△FAE≌△FAG（SAS），∴EF＝FG，在Rt△FBG中，∵∠FBG＝90°，∴FG2＝BG2+BF2，∵FG＝EF，BG＝EC，∴EF2＝EC2+BF2．【变式2-1】（春•金牛区校级期中）类比探究：（1）如图1，等边△ABC内有一点P，若AP＝8，BP＝15，CP＝17，求∠APB的大小；（提示：将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处）（2）如图2，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点，且∠EAF＝45°．求证：EF2＝BE2+FC2；（3）如图3，在△ABC中，∠C＝90°，∠ABC＝30°，点O为△ABC内一点，连接AO、BO、CO，且∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，若AC＝1，求OA+OB+OC的值．【解答】解：（1）如图1，将△APB绕着点A逆时针旋转60°得到△ACP′，∴△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝8、CP′＝BP＝15、∠AP′C＝∠APB，由题意知旋转角∠PA P′＝60°，∴△AP P′为等边三角形，∴P P′＝AP＝8，∠A P′P＝60°，∵PP′2+P′C2＝82+152＝172＝PC2，∴∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°（2）如图2，把△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ACE′，则AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠CAF＝∠CAF+∠CAE′＝∠FAE′＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，且AE＝AE'，AF＝AF，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF＝E′F，∵∠B+∠ACB＝90°，∴∠ACB+∠ACE′＝90°，∴∠FCE′＝90°，∴E′F2＝CF2+CE′2，∴EF2＝BE2+CF2；（3）如图3，将△AOB绕点B顺时针旋转60°至△A′O′B处，连接OO′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝＝，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′O′B如图所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∵∠ACB＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝2，∵△AOB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′O′B，∴A′B＝AB＝2，BO＝BO′，A′O′＝AO，∴△BOO′是等边三角形，∴BO＝OO′，∠BOO′＝∠BO′O＝60°，∵∠AOC＝∠COB＝∠BOA＝120°，∴∠COB+∠BOO′＝∠BO′A′+∠BO′O＝120°+60°＝180°，∴C、O、A′、O′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C＝＝，∴OA+OB+OC＝A′O′+OO′+OC＝A′C＝．【变式2-2】（2022春•西山区校级月考）如图，已知正方形ABCD，点E、F分别是AB、BC边上，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．（1）求证：△EDF≌△MDF；（2）若正方形ABCD的边长为5，AE＝2时，求EF的长？【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠DCF＝90°，AD＝AB＝BC＝5，由旋转得：∠A＝∠DCM＝90°，DE＝DM，∠EDM＝90°，∴∠DCF+∠DCM＝180°，∴F、C、M三点在同一条直线上，∵∠EDF＝45°，∴∠FDM＝∠EDM﹣∠EDC＝45°，∴∠EDF＝FDM，∵DF＝DF，∴△EDF≌△MDF（SAS）；（2）设CF＝x，∴BF＝BC﹣CF＝5﹣x，由旋转得：AE＝CM＝2，∴BE＝AB﹣AE＝3，FM＝CF+CM＝2+x，∵△EDF≌△MDF，∴EF＝FM＝2+x，在Rt△EBF中，BE2+BF2＝EF2，∴9+（5﹣x）2＝（2+x）2，∴x＝，∴EF＝2+x＝，∴EF的长为．【变式2-3】（2022秋•山西期末）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如：如图1，在正方形ABCD中，以A为顶点的∠EAF＝45°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．易证得EF＝BE+FD．大致证明思路：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，由∠HBE＝180°可得H、B、E三点共线，∠HAE＝∠EAF＝45°，进而可证明△AEH≌△AEF，故EF＝BE+DF．任务：如图3，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，以A为顶点的∠EAF＝60°，AE、AF与BC、CD边分别交于E、F两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论EF＝BE+DF是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．【解答】解：成立．证明：将△ADF绕点A顺时针旋转120°得到△ABM，∴△ABM≌△ADF，∠ABM＝∠D＝90°，∠MAB＝∠FAD，AM＝AF，MB＝DF，∴∠MBE＝∠ABM+∠ABE＝180°，∴M、B、E三点共线，∴∠MAE＝∠MAB+∠BAE＝∠FAD+∠BAE＝∠BAD﹣∠EAF＝60°，∴∠MAE＝∠FAE，∵AE＝AE，AM＝AF，∴△MAE≌△FAE（SAS），∴ME＝EF，∴EF＝ME＝MB+BE＝DF+BE．【题型3构造旋转模型解题】【典例3】（九上·江津期中）请阅读下列材料：，PC=1、求∠BPC问题：如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB=度数的大小和等边三角形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∠AP′B=150°，而∠BPC=∠AP′B=150°，进而求出等边△ABC的边长，问题得到解决．为，BP= ，PC=1．求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长．点P，且PA=【解答】解：如图，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得△BP′A，则△BPC≌△BP′A．；∴AP′=PC=1，BP=BP′=连接PP′，在Rt△BP′P中，，∠PBP′=90°，∵BP=BP′=∴PP′=2，∠BP′P=45°；，在△AP′P中，AP′=1，PP′=2，AP=∵12+22=2，即AP′2+PP′2=AP2；∴△AP′P是直角三角形，即∠AP′P=90°，∴∠AP′B=135°，∴∠BPC=∠AP′B=135°．过点B作BE⊥AP′，交AP′的延长线于点E，∴∠BEP′=90°，∵∠AP′B=135°，∴∠EP′B=45°，∴△BEP′是等腰直角三角形，，∵BP′=∴EP′=BE=1，∴AE=AP′+EP′=2；；∴在Rt△ABE中，由勾股定理，得AB=∴∠BPC=135°，正方形边长为【变式3-1】（九上·南昌月考）如图，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2，PB=，PC=1，求∠BPC的度数和等边三角形ABC的边长．【解答】解：∵ΔABC是等边三角形∴∠ABC=60°将ΔBPC绕点B顺时针选转60°，连接B P′∴AP'=CP=1，BP′=PB=，∠BPC= ∠P′BA，∠A P′B=∠BPC ∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°∴∠AB P′+∠ABP=∠ABC=60°∴ΔP′PB是等边三角形∴PP′=，∠P P′B=60°∵A P′=1，AP=2∴A P′2+P P′2=A P2∴ΔP P′A为直角三角形∴∠BPC=∠A P′B=150°过点B做BM⊥A P′，交AP′的延长线于点M∴∠M P′B=30°，BM=32∴P′M=32∴AM=1+32=52由勾股定理得：AB=∴等边三角形ABC的边长为．【变式3-2】（九上·德州期中）当图形具有邻边相等的特征时，我们可以把图形的一部分绕着公共端点旋转，这样将分散的条件集中起来，从而达到解决问题的目的．（1）如图1，等腰直角三角形ABC内有一点P，连接AP，BP，CP，∠APB＝135°，为探究AP，BP，CP三条线段间的数量关系，我们可以将△ABP，绕点A逆时针旋转90°得到△ACP'，连接PP'，则PP'＝ AP，△CPP'是三角形，AP，BP，CP三条线段的数量关系是．（2）如图2，等边三角形ABC内有一点P，连接AP、BP、CP，∠APB＝150°，请借助第一问的方法探究AP、BP、CP三条线段间的数量关系．（3）如图3，在四边形ABCD中，AD∥BC，点P在四边形的内部，且PD＝PC，∠CPD ＝90°，∠APB＝135°，AD＝4，BC＝5，请直接写出AB的长．【解答】（1P C2=B P2+2A P2（2）解：如图所示，将△ABP绕点B顺时针旋转60°得到△CB P′，连接P P′，由旋转的性质可得：B P′=BP，∠C P′B=∠APB=150∘，∠PB P′=60∘，A P′=AP，C P′=AP，∴△BP P′是等边三角形，∴BP=P P′，∠B P′P=60∘，∴∠P P′C=∠C P′B−∠B P′P=90∘，∴P C2=P P′2+P′C2，∴P C2=B P2+A P2；（3）解：AB=【题型4奔驰模型解题】【典例4】（2023•崂山区模拟）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．请你回答：图1中∠APB的度数等于　150°　．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＝，PB＝1，PD＝，则∠APB的度数等于　135°　，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＝，则∠APB的度数等于　120°　，正六边形的边长为．【答案】见试题解答内容【分析】阅读材料：把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，根据旋转的性质可得P′A＝PA，P′C＝PB，∠PAP′＝60°，然后求出△APP′是等边三角形，根据等边三角形的性质求出PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°，再利用勾股定理逆定理求出∠PP′C＝90°，然后求出∠AP′C，即为∠APB的度数；（1）把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ADP′，根据旋转的性质可得P′A＝PA，P′D＝PB，∠PAP′＝90°，然后判断出△APP′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出PP′，∠AP′P＝45°，再利用勾股定理逆定理求出∠PP′D＝90°，然后求出∠AP′D，即为∠APB的度数；再求出点P′、P、B三点共线，过点A作AE⊥PP′于E，根据等腰直角三角形的性质求出AE＝PE＝PP′，然后求出BE，在Rt△ABE中，利用勾股定理列式求出AB即可；（2）把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AFP′，根据旋转的性质可得P′A＝PA，P′F＝PB，∠PAP′＝120°，然后求出△APP′是底角为30°的等腰三角形，过点A作AM⊥PP′于M，设PP′与AF相交于N，求出AM＝1，再求出PP′，∠AP′P＝30°，再利用勾股定理逆定理求出∠PP′F＝90°，然后求出∠AP′F，即为∠APB的度数；根据P′F、AM的长度得到P′F＝AM，利用“角角边”证明△AMN和△FP′N全等，根据全等三角形对应边相等可得AN＝FN，P′N＝MN，然后求出MN，在Rt△AMN中，利用勾股定理列式求出AN，然后求出AF即可．【解答】解：阅读材料：把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，由旋转的性质，P′A＝PA＝3，P′D＝PB＝4，∠PAP′＝60°，∴△APP′是等边三角形，∴PP′＝PA＝3，∠AP′P＝60°，∵PP′2+P′C2＝32+42＝25，PC2＝52＝25，∴PP′2+P′C2＝PC2，∴∠PP′C＝90°，∴∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；故∠APB＝∠AP′C＝150°；（1）如图3，把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ADP′，由旋转的性质，P′A＝PA＝2，P′D＝PB＝1，∠PAP′＝90°，∴△APP′是等腰直角三角形，∴PP′＝PA＝×2＝4，∠AP′P＝45°，∵PP′2+P′D2＝42+12＝17，PD2＝2＝17，∴PP′2+P′D2＝PD2，∴∠PP′D＝90°，∴∠AP′D＝∠AP′P+∠PP′D＝45°+90°＝135°，故，∠APB＝∠AP′D＝135°，∵∠APB+∠APP′＝135°+45°＝180°，∴点P′、P、B三点共线，过点A作AE⊥PP′于E，则AE＝PE＝PP′＝×4＝2，∴BE＝PE+PB＝2+1＝3，在Rt△ABE中，AB＝＝＝；（2）如图4，∵正六边形的内角为×（6﹣2）•180°＝120°，∴把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AFP′，由旋转的性质，P′A＝PA＝2，P′F＝PB＝1，∠PAP′＝120°，∴∠APP′＝∠AP′P＝（180°﹣120°）＝30°，过点A作AM⊥PP′于M，设PP′与AF相交于N，则AM＝PA＝×2＝1，P′M＝PM＝＝＝，∴PP′＝2PM＝2，∵PP′2+P′F2＝（2）2+12＝13，PF2＝2＝13，∴PP′2+P′F2＝PF2，∴∠PP′F＝90°，∴∠AP′F＝∠AP′P+∠PP′F＝30°+90°＝120°，故，∠APB＝∠AP′F＝120°，∵P′F＝AM＝1，∵△AMN和△FP′N中，，∴△AMN≌△FP′N（AAS），∴AN＝FN，P′N＝MN＝P′M＝，在Rt△AMN中，AN＝＝＝，∴AF＝2AN＝2×＝．故答案为：150°；（1）135°，；（2）120°，．【变式4-1】（2023春•广东期中）18．如图，P是正三角形ABC内的一点，且PA＝6，PB＝8，PC＝10．若将△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△MAB．（1）∠MAP＝　60　°，连接PM，则PM＝　6　；（2）求∠APB的度数．【答案】（1）60，6；（2）150°．【分析】（1）连接MP，根据等边三角形的性质得AB＝AC，∠BAC＝60°，再根据旋转的性质得AM＝AP，∠MAP＝∠BAC＝60°，BM＝CP＝10，则可判断△AMP为等边三角形；（2）根据旋转可以得到MP＝AP＝6，∠APM＝60°，在△PBM中通过计算得到PM2+PB2＝BM2，根据勾股定理的逆定理得∠BPM＝90°，然后利用∠APB＝∠APM+BPM进行计算即可．【解答】解：（1）如图，连接MP，∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∵△PAC绕点A逆时针旋转后，得到△MAB，∴AM＝AP，∠MAP＝∠BAC＝60°，BM＝CP＝10，∴△AMP为等边三角形，∴MP＝AP＝6，∠APM＝60°；故答案为：60，6；（2）在△PBM中，PM＝6，BM＝10，PB＝8，∵62+82＝102，∴PM2+PB2＝BM2，∴∠BPM＝90°，∴∠APB＝∠APM+BPM＝60°+90°＝150°．【变式4-2】（2023春•古田县期中）阅读材料，解决问题：（1）如图①等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为5，12，13，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝　150°　；（2）请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题，已知如图②，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E、F为BC上的点且∠EAF＝45°，求证：EF2＝BE2+FC2．【答案】（1）150°；（2）证明见解析．【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证．【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝5、CP′＝BP＝12、∠AP′C＝∠APB，′′由题意知旋转角∠PAP′＝60°，∴△APP′为等边三角形，PP′＝AP＝5，∠A P′P＝60°，在△PP′C中，PP′＝5，CP′＝12，PC＝13，而52+122＝132，∴△PP′C为直角三角形，且∠PP′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠AP′P+∠PP′C＝60°+90°＝150°；故答案为：150°；（2）证明：如图，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，在△EAF和△E′AF中，，∴△EAF≌△E′AF（SAS），∴E′F＝EF，∵∠CAB＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，即EF2＝BE2+FC2．【变式4-4】（2022春•侯马市期末）如图①，△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，点D、E分别在边AB、AC上，∠ABC＝∠ADE＝45°．（1）如图②，将△ADE绕点A逆时针旋转到如图位置，若∠BAD＝30°，求∠BAE的度数；（2）如图②，将△ADE绕点A逆时针旋转过程中，当旋转角度α＝　45°或225°　时，直线AC与DE垂直（0°＜α≤360°）；（3）如图③，△ADE绕点A在平面内自由旋转，连接BD，且AD＝4，AB＝10，求BD的最大值和最小值．【答案】（1）120°；（2）45°或225°；（3）BD的最大值是14，最小值是6．【分析】（1）根据∠DAE＝90°，即可得∠BAE的度数；（2）分两种情况画出图形，根据角的和差即可求解；（3）当AD旋转到射线BA的延长线上时，BD最大；当AD旋转到线段AB 上时，BD最小，分别画出图形即可求解．【解答】解：（1）∵∠BAD＝30°，∠DAE＝90°，∴∠BAE＝∠BAD+∠DAE＝30°+90°＝120°．（2）①垂足在线段AC上时，∵AC⊥DE，∠ADE＝45°，∴∠DAC＝45°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＝45°，即旋转角度α＝45°；②垂足在线段AC延长线上时，∵AC⊥DE，∠ADE＝45°，∴∠DAH＝45°，∵∠BAC＝90°，∴旋转角度α＝90°+180°﹣45°＝225°；故答案为：45°或225°．（3）当AD旋转到线段BA的延长线上时，BD最大，此时BD＝AB+AD＝10+4＝14．当AD旋转到线段AB上时，BD最小，此时BD＝AB﹣AD＝10﹣4＝6．∴BD的最大值是14，最小值是6．【题型5费马点模型解题】【典例5】（秋•邗江区期末）背景资料：在已知△ABC所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小．这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图①，当△ABC三个内角均小于120°时，费马点P在△ABC内部，此时∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，此时，PA+PB+PC的值最小．解决问题：（1）如图②，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP′处，此时△ACP′≌△ABP，这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA，PB，PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB＝　150°　；基本运用：（2）请你利用第（1）题的解答思想方法，解答下面问题：如图③，△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC，E，F为BC上的点，且∠EAF ＝45°，判断BE，EF，FC之间的数量关系并证明；能力提升：（3）如图④，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，点P为Rt△ABC的费马点，连接AP，BP，CP，求PA+PB+PC的值．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据旋转变换前后的两个三角形全等，全等三角形对应边相等，全等三角形对应角相等以及等边三角形的判定和勾股定理逆定理解答；（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，根据旋转的性质可得AE′＝AE，CE′＝CE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，再求出∠E′AF＝45°，从而得到∠EAF＝∠E′AF，然后利用“边角边”证明△EAF和△E′AF全等，根据全等三角形对应边相等可得E′F＝EF，再利用勾股定理列式即可得证．（3）将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB＝2AC，即A′B的长，再根据旋转的性质求出△BPP′是等边三角形，根据等边三角形的三条边都相等可得BP＝PP′，等边三角形三个角都是60°求出∠BPP′＝∠BP′P＝60°，然后求出C、P、A′、P′四点共线，再利用勾股定理列式求出A′C，从而得到PA+PB+PC＝A′C．【解答】解：（1）∵△ACP′≌△ABP，∴AP′＝AP＝3、CP′＝BP＝4、∠AP′C＝∠APB，由题意知旋转角∠PA P′＝60°，∴△AP P′为等边三角形，P P′＝AP＝3，∠A P′P＝60°，易证△P P′C为直角三角形，且∠P P′C＝90°，∴∠APB＝∠AP′C＝∠A P′P+∠P P′C＝60°+90°＝150°；故答案为：150°；（2）EF2＝BE2+FC2，理由如下：如图2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACE′，由旋转的性质得，AE′＝AE，CE′＝BE，∠CAE′＝∠BAE，∠ACE′＝∠B，∠EAE′＝90°，∵∠EAF＝45°，∴∠E′AF＝∠CAE′+∠CAF＝∠BAE+∠CAF＝∠BAC﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°，∴∠EAF＝∠E′AF，在△EAF和△E′AF中，，∴△EAF≌△E′AF（SAS），∴E′F＝EF，∵∠CAB＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠E′CF＝45°+45°＝90°，由勾股定理得，E′F2＝CE′2+FC2，即EF2＝BE2+FC2．（3）如图④，将△APB绕点B顺时针旋转60°至△A′P′B处，连接PP′，∵在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，∠ABC＝30°，∴AB＝2，∴BC＝＝，∵△APB绕点B顺时针方向旋转60°，∴△A′P′B如图所示；∠A′BC＝∠ABC+60°＝30°+60°＝90°，∴AB＝2AC＝2，∵△APB绕点B顺时针方向旋转60°，得到△A′P′B，∴A′B＝AB＝2，BP＝BP′，A′P′＝AP，∴△BPP′是等边三角形，∴BP＝PP′，∠BPP′＝∠BP′P＝60°，∵∠APC＝∠CPB＝∠BPA＝120°，∴∠CPB+∠BPP′＝∠BP′A′+∠BP′P＝120°+60°＝180°，∴C、P、A′、P′四点共线，在Rt△A′BC中，A′C＝＝＝，∴PA+PB+PC＝A′P′+PP′+PC＝A′C＝．【变式5-1】（2022秋•大冶市期末）如图，D是等边三角形ABC外一点，连接AD，BD，CD，已知BD＝8，CD＝3，则当线段AD的长度最小时，①∠BDC＝　60°　；②AD的最小值是　5　．【答案】①60°；②5．【分析】以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，判定△ABD≌△CBE，即可得出CE＝AD，再根据C，D，E三点共线时，CE有最小值，即可得到AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．【解答】解：如图所示，以BD为边向外作等边三角形BDE，连接CE，∵△BDE，△ABC均为等边三角形，∴BE＝BD，AB＝BC，∠ABC＝∠DBE＝60°，∴∠ABD＝∠CBE，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴CE＝AD，∵BE＝BD＝DE＝8，CD＝3，∴当C，D，E三点共线时，CE有最小值，∴CE＝DE﹣CD＝8﹣3＝5，∴AD的最小值为5，此时∠BDC＝60°．故答案为：①60°；②5．【变式5-2】（2022•荷塘区模拟）在△ABC中，若其内部的点P满足∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝120°，则称P为△ABC的费马点．如图所示，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，设P为△ABC的费马点，且满足∠PBA＝45°，PA＝4，则△PAC的面积为　4　．【答案】4．【分析】如图，延长BP交AC于D，先说明△ABD是等腰直角三角形，△ADP 是30°的直角三角形，可得PD和AD的长，根据费马点的定义可得∠APC＝120°，从而可知△PDC也是30°的直角三角形，可得CD的长，根据三角形的面积公式可得结论．【解答】解：如图，延长BP交AC于D，∵∠BAC＝∠PBA＝45°，∴∠ADB＝90°，AD＝BD，∵P为△ABC的费马点，∴∠APB＝∠CPA＝120°，∴∠BAP＝180°﹣120°﹣45°＝15°，∴∠PAC＝45°﹣15°＝30°，∴∠APD＝60°，Rt△PAD中，∵PA＝4，∴PD＝2，AD＝2，∵∠APC＝120°，∴∠CPD＝120°﹣60°＝60°，Rt△PDC中，∠PCD＝30°，∴CD＝2，∴AC＝AD+CD＝2+2＝4，∴△PAC的面积为＝＝4．故答案为：4．。

初中数学《几何旋转》重难点模型汇编(四大题型)含解析

专题旋转重难点模型汇编【题型1手拉手模型】【题型2“半角”模型】【题型3构造旋转模型解题】【题型4奔驰模型】【题型5费马点模型】【题型1手拉手模型】1如图1，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=2，点D、E分别在边AB、AC上，且AD=AE=2-2，连接DE．现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为α0°<α<360°，分别连接CE、BD．(1)如图2，当0°<α<90°时，求证：CE=BD；(2)如图3，当α=90°时，延长CE交BD于点F，求证：CF垂直平分BD；(3)连接CD，在旋转过程中，求△BCD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)△BCD的面积的最大值为3-2，旋转角α=135°【详解】(1)证明：由题意得，AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90°，∵∠CAE+∠BAE=∠BAD+∠BAE=90°，∴∠CAE=∠BAD，在△ACE和△ABD中，AC =AB∠CAE =∠BAD AE =AD，∴△ACE ≌△ABD SAS ，∴CE =BD ；(2)证明：根据题意：AB =AC ，AD =AE ，∠CAB =∠EAD =90°，在△ACE 和△ABD 中，AC =AB∠CAE =∠BAD AE =AD∴△ACE ≌△ABD SAS ，∴∠ACE =∠ABD ，∵∠ACE +∠AEC =90°，且∠AEC =∠FEB ，∴∠ABD +∠FEB =90°，∴∠EFB =90°，∴CF ⊥BD ，∵AB =AC =2，AD =AE =2-2，∠CAB =∠EAD =90°，∴BC =AB 2+AC 2=2，CD =AC +AD =2，∴BC =CD ， ∵CF ⊥BD ，∴CF 是线段BD 的垂直平分线；(3)解：在△BCD 中，边BC 的长是定值，则BC 边上的高取最大值时，△BCD 的面积有最大值，∴当点D 在线段BC 的垂直平分线上时，△BCD 的面积取得最大值，如图，∵AB =AC =2，AD =AE =2-2，∠CAB =∠EAD =90°，DG ⊥BC ，∴AG =12BC =1，∠GAB =45°，∴DG =AG +AD =3-2，∠DAB =180°-45°=135°，∴△BCD 的面积的最大值为：12BC ⋅DG =12×2×3-2 =3-2，此时旋转角α=135°．【点睛】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定和性质等知识，寻找全等三角形，利用数形结合的思想解决问题是解题关键．2如图1，在Rt △ABC 中，∠C =90°，AC =BC =2，D ，E分别为AC ,BC 的中点，将△CDE 绕点C 逆时针方向旋转得到△CD E (如图2)，使直线D E 恰好过点B ，连接AD ．(1)判断AD 与BD 的位置关系，并说明理由；(2)求BE 的长；(3)若将△CDE绕点C逆时针方向旋转一周，当直线D E 过Rt△ABC的一个顶点时，请直接写出BE 长的其它所有值．【答案】(1)AD ⊥BD ，见详解(2)14-22(3)2+142或14-2 2【详解】(1)解：AD 与BD 的位置关系为AD ⊥BD ．∵AC=BC，D，E分别为AC,BC的中点，∴CD=CE，即CD =CE ，∵∠C=90°，即∠BCA=∠D CE =90°，∴∠ACD =∠BCE ,∴△CD A≌△CE B，∴∠CE B=∠CD A，∵∠C=90°，CD =CE ，AC=BC，∴∠CD E =∠CE D =∠CAB=∠CBA=45°，∴∠CE B=∠CD A=135°，∴∠AD B=135°-45°=90°，即：AD ⊥BD ．(2)解：Rt△ACB中，AC=BC=2，∴BA=AC2+BC2=22，同理可求D E =2，∵△CD A≌△CE B，∴AD =BE ，设AD =BE =x，在Rt△AD B中，由勾股定理得：x2+2+x2=222，解得：x=14-22(舍负)，∴BE =14-22．(3)解：①经过点B 时，题(2)已求BE =14-22；②经过点A 时，如图所示，同理可证：△CD A ≌△CE B ，∴∠D AC =∠E BC ，BE =AD∵∠1=∠2，∴∠AE B =∠BCA =90°，设BE =AD =x ，在Rt △AE B 中，由勾股定理得：x 2+x -2 2=22 2，解得：x =2+142(舍负)，即：BE =2+142；③再次经过点B 时，如下图：同理可证：△CD A ≌△CE B ，AD ⊥BE ，设BE =AD =x ，在Rt △AD B 中，由勾股定理得：x 2+x -2 2=22 2，解得：x =2+142(舍负)，即：BE =2+142；综上所述：BE =2+142或BE =14-22．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等的应用，正确熟练掌握知识点是解题的关键．3如图，△ABC 和△DCE 都是等腰直角三角形，∠ACB =∠DCE =90°．(1)【猜想】如图1，点E 在BC 上，点D 在AC 上，线段BE 与AD 的数量关系是，位置关系是；(2)【探究】：把△DCE 绕点C 旋转到如图2的位置，连接AD ，BE ，(1)中的结论还成立吗？说明理由；(3)【拓展】：把△DCE 绕点C 在平面内自由旋转，若AC =6，CE =22，当A ，E ，D 三点在同一直线上时，直接写出BE的长．【答案】(1)BE=AD，BE⊥AD(2)(1)中的结论成立，理由见解析(3)42-2或42+2【详解】(1)解：∵△ABC和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴BC=AC，EC=DC，∠ACB=90°，∴BC-EC=AC-DC，∴BE=AD，∵∠ACB=90°，∴BE⊥AD，故答案为：BE=AD，BE⊥AD；(2)解：(1)中结论仍然成立，理由：由旋转知，∠BCE=∠ACD，∵BC=AC，EC=DC，∴△BCE≌△ACD，∴BE=AD，∠CBE=∠CAD，∵∠ACB=90°，∴∠CBE+∠BHC=90°，∴∠CAD+∠BHC=90°，∵∠BHC=∠AHG，∴∠CAD+∠AHG=90°，∴∠AGH=90°，∴BE⊥AD；(3)解：①当点E在线段AD上时，如图3，过点C作CM⊥AD于M，∵△DCE是等腰直角三角形，且CE=22，∴DE=CE2+CD2=4，∵CM⊥AD，DE=2，∴CM=EM=12在Rt△ACM中，AC=6，∴AM=AC2-CM2=42，∴AE=AM-EM=42-2，在Rt△ACB中，AC=6，AB=AC2+AB2=62，在Rt△ABE中，BE=AB2-AE2=42+2；②当点D在线段AE上时，如图4，过点C作CN⊥AE于N，∵△DCE是等腰直角三角形，且CE=22，∴DE=CE2+CD2=4，∵CN⊥AD，DE=2，∴CN=EN=12在Rt△ACN中，AC=6，∴AN=AC2-CN2=42，∴AE=AN+NE=42+2，在Rt△ACB中，AC=6，AB=AC2+AB2=62，在Rt△ABE中，BE=AB2-AE2=42-2；综上，BE的长为42-2或42+2．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，作出辅助线构造出直角三角形是解本题的关键．4已知：如图1，△ABC中，AB=AC∠BAC=60°，D、E分别是AB、AC上的点，AD=AE，不难发现BD、CE的关系．(1)将△ADE绕A点旋转到图2位置时，写出BD、CE的数量关系；(2)当∠BAC=90°时，将△ADE绕A点旋转到图3位置．①猜想BD与CE有什么数量关系和位置关系?请就图3的情形进行证明；②当点C、D、E在同一直线上时，直接写出∠ADB的度数．【答案】(1)BD=CE(2)①BD=CE，BD⊥CE，证明见解析，②45°或135°【详解】(1)∵∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，水不撩不知深浅∴△BAD≌△CAE SAS∴BD=CE；(2)①BD=CE，BD⊥CE，证明：如图，BD交AC于点F，交CE于点M，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，即∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE，∴△BAD≌△CAE SAS∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，在△BAF和△CMF中，∵∠ABD=∠ACE，∠AFB=∠MFC，∴∠FMC=∠FAB，∵∠BAC=90°，∴∠FMC=90°，∴BD⊥CE，因此BD=CE，BD⊥CE；②如图，当点 C、D、E 在同一直线上，且点D在线段CE上时，如图I所示，在等腰Rt△ADE中，∠ADE=45°，∵BD⊥CE，∴∠EDB=90°，∴∠ADB=∠EDB-∠ADE=45°；当点 C、D、E 在同一直线上，且点E在线段DE上时，如图II所示，在等腰Rt△ADE中，∠ADE=45°，∵BD⊥CE，∴∠EDB=90°，∴∠ADB =∠EDB +∠ADE =135°；故∠ADB 的度数为：45°或135°．5△ABC是等腰直角三角形，点D 是△ABC 外部的一点，连接AD ，AB =AC =2AD =6，将线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AE ，连接ED ，CE ，BD ．(1)如图1，当点D 在线段EC 上时，线段EC 与线段BD 的数量关系是，位置关系是；(2)如图2，线段EC 交BD 于点P ，此时(1)中线段EC 与线段BD 的关系是否依然成立，请说明理由；(3)如图3，线段EC 交BD 于点P ，点Q 是AC 边的中点，连接DC ，PQ ，当DC =32时，求PQ 的长．【答案】(1)BD =CE ，BD ⊥CE(2)(1)中线段EC 与线段BD 的关系是否依然成立，理由见解析(3)PQ 的长为32【详解】(1)解：BD =CE ，BD ⊥CE ，理由如下：∵△ABC 是等腰直角三角形，∴∠BAC =90°，AB =AC ，∵将线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到线段AE ，∴∠DAE =90°，AE =AD ，∴∠BAD =∠CAE ，在△ABD 与△ACE 中，AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△ABD ≌△ACE ，∴BD =CE ，∠ABD =∠ACE ，∴∠ACE +∠DBC +∠ACB =∠ABD +∠DBC +∠ACB =∠ABC +∠ACB =90°，∴∠BDC =90°，∴BD ⊥CE ；故答案为：BD =CE ，BD ⊥CE ；(2)解：(1)中线段EC 与线段BD 的关系依然成立；理由：∵△ABC 是等腰直角三角形，∴∠BAC =90°，AB =AC ，∵将线段AD 绕点A 逆时针旋转 90° 得到线段AE ，∴∠DAE=90°，AE=AD，∴∠BAD=∠CAE，在△ABD与△ACE中，AB=AC∠BAD=∠CAE AD=AE，∴△ABD≌△ACE，∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，∴∠ACE+∠DBC+∠ACB=∠ABD+∠DBC+∠ACB=∠ABC+∠ACB=90°，∴∠BPC=90°，∴BD⊥CE；(3)解：连接PQ，∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，∴∠DAE=90°，AE=AD=3，∴DE=2AD=32，∵DC=32，∴DE=CD，由(2)知BD⊥CE，∴EP=CP，∵点Q是AC边的中点，∴PQ=12AE=32．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，旋转的性质，三角形中位线定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．【题型2“半角”模型】6如图①，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD、BC上，且∠MAN=45°，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，连接AM、AN、MN．(1)试判断DM，BN，MN之间的数量关系；(2)如图②，点M、N分别在正方形ABCD的边BC、CD的延长线上，∠MAN=45°，连接MN，请写出MN 、DM 、BN 之间的数量关系，并写出证明过程．(3)如图③，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =120°，∠B +∠D =180°，点N ，M 分别在边BC ，CD 上，∠MAN =60°，请直接写出BN ，DM ，MN 之间数量关系．【答案】(1)MN =DM +BN (2)MN =BN -DM ，证明见解析(3)MN =DM +BN【详解】(1)解：MN =DM +BN ，证明如下：如图：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC =∠BAD =∠D =90°，，由旋转的性质可得：AE =AM ，BE =DM ，∠ABE =∠D =90°，∠DAM =∠BAE ，∴∠ABE +∠ABC =180°，∴点E 、B 、C 共线，∵∠DAM +∠BAM =90°，∴∠BAE +∠BAM =90°=∠EAM ，∵∠MAN =45°，∴∠EAN =∠EAM -∠MAN =45°=∠MAN ，在△EAN 和△MAN 中，AE =AM∠EAN =∠MANAN =AN∴△EAN ≌△MAN SAS ，∴EN =MN ，∵EN =BE +BN ，∴MN =DM +BN ；(2)解：MN =BN -DM ，证明如下：如图，在BC 上取BE =MD ，连接AE ，，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ABC =∠ADC =∠BAD =90°，AB =AD ，∵∠ADC +∠ADM =180°，∴∠ADC =∠ADM =∠ABE =90°，在△ABE 和△ADM 中，AB =AD∠ABE =∠ADM BE =DM，∴△ABE≌△ADM SAS ，∴AE =AM ，∠BAE =∠MAD ，∵∠BAE +∠EAD =∠BAD =90°，∴∠DAM +∠EAD =∠EAM =90°，∵∠MAN =45°，∴∠EAN =∠EAM -∠MAN =45°=∠MAN ，在△EAN 和△MAN 中，AE =AM∠EAN =∠MAN AN =AN，∴△EAN ≌△MAN SAS ，∴EN =MN ，∵EN =BN -BE ，∴MN =BN -DM ；(3)解：如图，将△ABN 绕点A 逆时针旋转120°得△ADE ， ∴∠B =∠ADE ，AB =AD ，AE =AN ，∴∠B +∠ADC =180°，∴∠ADE +∠ADC =180°，∴点E 、D 、C 共线，∵∠BAN +∠NAD =∠BAD =120°，∴∠DAE +∠NAD =∠NAE =120°，∵∠MAN =60°，∴∠EAN =∠EAM -∠MAN =60°=∠MAN ，在△EAN 和△MAN 中，AE =AN∠EAM =∠NAM AM =AM，∴△EAM ≌△NAM SAS ，∴EM =MN ，∴MN =DM +BN ．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．7如图，已知在△ABC 中，AB =AC ，D 、E 是BC 边上的点，将△ABD 绕点A 旋转，得到△ACD，连接D E ．(1)当∠BAC =120°，∠DAE =60°时，求证：DE =D E ；(2)当DE=D E时，∠DAE与∠BAC有怎样的数量关系？请写出，并说明理由．(3)在(2)的结论下，当∠BAC=90°，BD与DE满足怎样的数量关系时，△D EC是等腰直角三角形？(直接写出结论，不必证明)【答案】(1)见解析(2)∠DAE=12∠BAC，理由见解析(3)DE=2BD【详解】(1)证明：∵△ABD绕点A旋转得到△ACD ，∴AD=AD ，∠CAD =∠BAD，∵∠BAC=120°，∠DAE=60°，∴∠D AE=∠CAD +∠CAE=∠BAD+∠CAE=∠BAC-∠DAE=120°-60°=60°，∴∠DAE=∠D AE，在△ADE和△AD E中，∵AD=AD∠DAE=∠D AE AE=AE，∴△ADE≌△AD E(SAS)，∴DE=D E；(2)解：∠DAE=12∠BAC．理由如下：在△ADE和△AD E中，AD=AD AE=AE DE=D E，∴△ADE≌△AD′E(SSS)，∴∠DAE=∠D AE，∴∠BAD+∠CAE=∠CAD′+∠CAE=∠D′AE=∠DAE，∴∠DAE=12∠BAC；(3)解：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠B=∠ACB=∠ACD =45°，∴∠D CE=45°+45°=90°，∵△D EC是等腰直角三角形，∴D E=2CD ，由(2)DE=D E，∵△ABD绕点A旋转得到△ACD ，∴BD=C D ，∴DE=2BD．【点睛】本题考查了几何变换的综合题，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，熟记旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小找出三角形全等的条件是解题的关键．8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°，∠EAF =12∠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°，∠EAF =12∠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．【答案】(1)BE +DF =EF (2)证明见解析(3)PB +PC =2PA【详解】(1)解：结论：BE +DF =EF ，理由如下：证明：将△ABE 绕点A 逆时针旋转，旋转角等于∠BAD ，使得AB 与AD 重合，点E 转到点E 的位置，如图所示，可知△ABE≌△ADE ，∴BE=DE ．由∠ADC+∠ADE =180°知，C、D、E 共线，∠BAD，∵∠EAF=12∴∠BAF+∠DAF=∠EAF，∴∠DAE +∠DAF=∠EAF=∠E'AF，∴△AEF≌△AE F，∴EF=E F=BE+DF．(2)证明：将△ABE绕点A逆时针旋转，旋转角等于∠BAD，使得AB与AD重合，点E转到点E 的位置，如图所示，由旋转可知△ABE≌△ADE ，∴BE=DE ，∠B=∠ADE ，∠BAE=∠DAE ，AE=AE ．∴∠ADC+∠ADE =180°，∴点C，D，E 在同一条直线上．∠BAD，∵∠EAF=12∴∠BAE+∠DAF=1∠BAD，2BAD，∴∠DAE +∠DAF=12∠BAD，∴∠FAE =12∴∠EAF=∠FAE ．∵AF=AF，∴△FAE ≌△FAE，∴FE=FE ，即BE+DF=EF．(3)结论：PB+PC=2PA，理由如下：证明：将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ACP ，使得AB与AC重合，如图所示，由圆内接四边形性质得：∠ACP +∠ACP=180°，即P，C，P 在同一直线上．∴BP=CP ，AP=AP ，∵BC为直径，∴∠BAC=90°=∠BAP+∠PAC=∠CAP +∠PAC=∠PAP ，∴△PAP 为等腰直角三角形，∴PP =2PA，即PB+PC=2PA．【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、圆内接四边形的性质、等腰直角三角形的判定及性质等知识点．解题关键是利用旋转构造全等三角形．9阅读下面材料．小炎遇到这个一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，连接EF，则EF=BE+DF，试说明理由．小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中，她先尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB、AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE 绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决这个问题(如图2)．参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：(1)写出小炎的推理过程；(2)如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，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满足于关系时，仍有EF=BE+DF；(3)如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1，EC =2，求DE的长．【答案】(1)见解析(2)∠B+∠ADC=180°(3)5【详解】(1)解：如图所示，将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠B=∠ADC=∠BAD=90°，由旋转的性质可得AE=AG，BE=DG，∠BAE=∠DAG，∠ADG=∠B=90°，∴∠ADC+∠ADG=180°，即C、D、G三点共线，∵∠BAE+∠DAE=90°，∴∠DAG+∠DAE=90°，即∠EAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAF=45°=∠EAF，又∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF SAS，∴EF=GF，又∵GF=DF+DG，DG=BE，∴EF=BE+DF；(2)解：当∠B+∠ADC=180°时，仍有EF=BE+DF，理由如下：如图所示，将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，∴BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠B=∠ADG∵∠B+∠ADC=180°，∠B=∠ADG，∴∠ADC+∠ADG=180°，即C、D、G三点共线，∵∠BAD=90°∴∠BAE+∠DAE=90°，∴∠DAG+∠DAE=90°，即∠EAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAF=45°=∠EAF，又∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF SAS，∴EF=GF，又∵GF=DF+DG，DG=BE，∴EF=BE+DF，故答案为：∠B+∠ADC=180°；(3)解：如图所示，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，∴∠B=∠ACG，BD=CG=1，AD=AG，∵∠BAC=90°，∴∠B+∠ACB=90°，∠BAD+∠CAD=90°，∴∠CAG+∠CAD=90°，∠ACG+∠ACB=90°，即∠ECG=90°，∠DAG=90°，∵∠DAE=45°，∴∠GAE=45°=∠DAE，又∵AE=AE，∴△ADE≌△AGE SAS，∴GE=DE，在Rt△CEG中，由勾股定理得GE=CE2+CG2=5，∴DE=GE=5．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．10如图1，E，F分别是正方形ABCD的边CD，BC上的动点，且满足∠EAF=45°，试判断线段BF，EF，ED之间的数量关系，并说明理由．小聪同学的想法：将△DAE顺时针旋转90°，得到△BAH，然后通过证明三角形全等可得出结论．请你参考小聪同学的思路完成下面的问题．(1)线段BF，EF，ED之间的数量关系是．(2)如图2，在正方形ABCD中，∠EAF=45°，连接BD，分别交AF，AE于点M，N，试判断线段BM，MN，ND之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)EF=BE+DF(2)MN2=BM2+DN2【详解】(1)解：结论：EF=BE+DF理由：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠ADC=∠BAD=90°，由旋转的性质可知：AH=AE，∠ADE=∠ABH=90°，HB=DE，∠EAH=90°，∵∠EAF=45°，∴∠FAH=45°，∴∠FAH=∠EAF，∵∠ABF+∠ABH=90°+90°=180°，∴F、B、H三点共线，又∵AF=AF，∴△AFE≌△AFH SAS，∴EF=FH，∵FH=BF+BH=BF+DE，∴EF=BE+DF．(2)结论：MN2=BM2+DN2,证明如下：如图所示，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△BAG．∵BA=AD，∠BAD=90°，∴∠ABD=∠ADB=45°，由旋转的性质可知：AN=AG，∠ABG=∠ADB=45°，∠GAE=90°，∴∠MBG=∠ABG+∠ABD=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAM=∠BAG+∠BAM=90°-∠EAF=45°，∴∠MAG=∠MAN，∵AM=AM，∴△AGM≌△ANM SAS，∴MN=GM，∵∠MBG=90°，∴BM2+BG2=GM2，∴MN2=BM2+DN2．【点睛】本题涉及了旋转变换，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，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．【题型3构造旋转模型解题】11如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N，下列说法中：①BE+DF=EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③BE=2，DF=3，则S△AEF=15；④若AB=62，BM=3，则MN=5．其中结论正确的个数是()A.4B.3C.2D.1【答案】A【分析】根据旋转的性质得到BH=DF，AH=AF，∠BAH=∠DAF，得到∠EAH=∠EAF=45°，根据全等三角形的性质得到EH=EF，∠AEB=∠AEF，于是得到BE+BH=BE+DF=EF，故①正确；过A作AG⊥EF于G，根据全等三角形的性质得到AB=AG，于是得到点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长，故②正确；求出EF=BE+DF=5，设BC=CD=n，根据勾股定理即可得到S△AEF=15，故③正确；把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，再证明△AMQ≌△AMN(SAS)，从而得MQ=MN，再证明∠QBM=∠ABQ+∠ABM=90°，设MN=x，再由勾股定理求出x即可．【详解】解：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，由旋转的性质得，BH=DF，AH=AF，∠BAH=∠DAF，∵∠EAF=45°，∴∠EAH=∠BAH+∠BAE=∠DAF+∠BAE=90°-∠EAF=45°，∴∠EAH=∠EAF=45°，在△AEF和△AEH中，AH=AF∠EAH=∠EAF=45oAE=AE，∴△AEF≌△AEH(SAS)，∴EH=EF，∴∠AEB=∠AEF，∴BE+BH=BE+DF=EF，故①正确；过A作AG⊥EF于G，∴∠AGE=∠ABE=90°，在△ABE与△AGE中，∠ABE=∠AGE∠AEB=∠AEGAE=AE，∴△ABE≌△AGE(AAS)，∴AB=AG，∴点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；故②正确；∵BE=2，DF=3，∴EF=BE+DF=5，设BC=CD=n，∴CE=n-2，CF=n-3，∴EF2=CE2+CF2，∴25=(n-2)2+(n-3)2，∴n=6(负值舍去)，∴AG=6，∴S△AEF=12×6×5=15．故③正确；如图，把△ADN 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABQ ，连接QM ，由旋转的性质得，BQ =DN ，AQ =AN ，∠BAQ =∠DAN ，∠ADN =∠ABQ =45°，∵∠EAF =45°，∴∠MAQ =∠BAQ +∠BAE =∠DAN +∠BAE =90°-∠EAF =45°，∴∠MAQ =∠MAN =45°，在△AMQ 和△AMN 中，AQ =AN∠MAQ =∠MAN AM =AM，∴△AMQ ≌△AMN (SAS )，∴MQ =MN ，∵∠QBM =∠ABQ +∠ABM =90°，∴BQ 2+MB 2=MQ 2，∴ND 2+MB 2=MN 2，∵AB =62，∴BD =2AB =12，设MN =x ，则ND =BD -BM -MN =9-x ，∴32+(9-x )2=x 2，解得：x =5，∴MN =5，故④正确，故选A ．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键是旋转三角形ADF 和三角形AND ．12如图，已知点P 是正方形ABCD 内的一点，连接PA 、PB 、PC ．若PA =4，PB =2，∠APB =135°，则PC 的长为．【答案】26【分析】先根据正方形的性质得BA=BC，∠ABC=90°，则可把△BAP绕点B顺时针旋转90°得到△CBE，连接PE，如图，根据旋转的性质得BP=BE=2，CE=AP=4，∠PBE=90°，∠BEC=∠APB= 135°，于是可判断△PBE为等腰直角三角形，所以PE=2PB=22，∠PEB=45°，则∠PEC=90°，然后在Rt△PEC中利用勾股定理计算PC的长．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴BA=BC，∠ABC=90°，把△BAP绕点B顺时针旋转90°得到△CBE，连接PE，如图，∴BP=BE=2，CE=AP=4，∠PBE=90°，∠BEC=∠APB=135°，∴△PBE为等腰直角三角形，∴PE=2PB=22，∠PEB=45°，∴∠PEC=135°-45°=90°，在Rt△PEC中，∵PE=22，CE=4，∴PC=42+(22)2=26．故答案为：26．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．13(1)问题发现：如图1，△ABC和△DCE均为等边三角形，当△DCA应转至点A，D，E在同一直线上，连接BE，易证△BCE≌△ACD，则①∠BEC=；②线段AD，BE之间的数量关系；(2)拓展研究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB=∠DCE=90°，点A，D，E在同一直线上，若AE=12，DE=7，求AB的长度；(3)如图3，P为等边三角形ABC内一点，且∠APC=150°，∠APD=30°，AP=4，CP=3，DP=7，求BD的长．【答案】(1)①120°；②AD=BE；(2)13；(3)229【分析】本题主要考查了全等三角形的判定及性质和勾股定理的应用，(1)证明△ACD≌△BCE(SAS)．得到∠ADC=∠BEC．利用△DCE为等边三角形，得到∠CDE=∠CED=60°，再利用点A，D，E在同一直线上，可得∠ADC=120°，即可得∠BEC=120°；(2)证明△ACD≌△BCE(SAS)，可得AD=BE=AE-DE=15-7=8，∠ADC=∠BEC，再证明∠AEB=∠BEC-∠CED=90°，利用勾股定理求解即可；(3)把△APC绕点C逆时针旋转60°得△BEC，连接PE，可得△BEC≌△APC，证明△PCE是等边三角形，证明∠BED=90°，再证明D、P、E在同一条直线上，求出DE，利用勾股定理求解即可．【详解】解：(1)①∵△ACB和△DCE均为等边三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°．∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCE CD=CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)．∴∠ADC=∠BEC．∵△DCE为等边三角形，∴∠CDE=∠CED=60°．∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC=120°．∴∠BEC=120°．②由①得：△ACD≌△BCE，∴AD=BE；故答案为：①120°；②AD=BE．(2)∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE=90°．∴∠ACD=∠BCE．在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCE CD=CE，∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴AD=BE=AE-DE=12-7=5，∠ADC=∠BEC，∵△DCE为等腰直角三角形∴∠CDE=∠CED=45°．∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC=135°．∴∠BEC=135°．∴∠AEB=∠BEC-∠CED=90°．∴AB=AE2+BE2=144+25=13；(3)把△APC绕点C逆时针旋转60°得△BEC，连接PE，如图所示：AP=4，CP=3，DP=7则△BEC≌△APC，∴CE=CP，∠PCE=60°，BE=AP=4，∠BEC=∠APC=150°，∴△PCE是等边三角形，∴∠EPC=∠PEC=60°，PE=CP=3，∴∠BED=∠BEC-∠PEC=90°，∵∠APD=30°，∴∠DPC=150°-30°=120°，又∵∠DPE=∠DPC+∠EPC=120°+60°=180°，即D、P、E在同一条直线上，∴DE=DP+PE=7+3=10，在Rt△BDE中，BD=BE2+DE2=229，即BD的长为229．【点睛】本题涉及全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识点，解题的关键是利用旋转构造全等三角形，把分散的已知条件集中到同一个三角形中．【题型4奔驰模型】14如图，已知点D是等边△ABC内一点，且BD=3，AD=4，CD=5．(1)求∠ADB的度数；以下是甲，乙，丙三位同学的谈话：甲：我认为这道题的解决思路是借助旋转，我选择将△BCD绕点B顺时针旋转60°或绕点A逆时针旋转60°；乙：我也赞成旋转，不过我是将△ABD进行旋转；丙：我是将△ACD进行旋转．请你借助甲，乙，丙三位同学的提示，选择适当的方法求∠ADB的度数；(2)若改成BD=6，AD=8，CD=10，∠ADB的度数=°，点A到BD的距离为；类比迁移：(3)已知，∠ABC=90°，AB=BC，BE=1，CE=3，AE=5，求∠BEC的度数．【答案】(1)∠ADB=150°(2)150，4.(3)∠BEC=135°【详解】(1)解：(1)选择甲：如图1，作∠DBE=60°，且BE=BD，连接DE，AE，则△BDE是等边三角形，∴DE=BD=3，∠BDE=60°，∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠ABC=60°，∴∠ABE=∠CBD，∴△ABE≌△CBD，∴AE=CD=5，∵AD2+DE2=42+32=52=AE2，∴∠ADE=90°，∴∠ADB=∠ADE+∠BDE=90°+60°=150°；乙：如图2，同理可得，∠BFD=60°，∠DFC=90°，∴∠ADB=∠BFC=∠BFD+∠DFC=60°+90°=150；丙：如图3同理可得，∠AGD=60°，∠BDG=90°，∴∠ADB=∠ADG+∠BDG=60°+90°=150；(2)同理(1)可得：AD2+BD2=CD2，∴∠ADB=150°，如图4，过点A作BD的垂线AH，垂足为H，∴∠ADH=30°，AD=4，∴AH=12故答案为：150，4.(3)如图5，将△ABE绕着点B顺时针旋转90°，得到△CBF，连接EF，∴△ABE≌△CBF，∴BE=BF=1，AE=CF=5，∴∠FBE=∠BEF=45°，∴EF2=BE2+BF2=2∵EF2+EC2=2+3=5=AE2，∴∠FEC=90°，∴∠BEC=∠BEF+∠FEC=45°+90°=135°【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形，依据图形的性质进行计算求解．15(1)问题发现：如图1，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A，B，C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数．为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A逆时针旋转60°到△ACP 处，这样就可以将三条线段PA,PB,PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB的度数．请按此方法求∠APB的度数，写出求解过程；(2)拓展研究：请利用第(1)题解答的思想方法，解答下面的问题：①如图2，△ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，点E，F为BC边上的点，且∠EAF=45°，判断BE,EF,CF 之间的数量关系并证明；②如图3，在△ABC中，∠ABC=30°，AB=4，BC=6，在△ABC内部有一点P，连接PA,PB,PC，直接写出PA+PB+PC的最小值．【答案】(1)150°，见解析；(2)①BE2+CF2=EF2，见解析；②213【分析】(1)连接PP ，根据题意得到AP=AP =3,∠PAP =60°，BP=CP =4，∠APB=∠AP C，进而得到△APP '为等边三角形，PP =AP=3,∠AP P=60°，根据勾股定理逆定理证明△PP C是直角三角形，且∠PP C=90°，即可求出∠APB=∠AP C=150°；(2)①证明∠B=∠ACB=45°，将△BAE绕点A逆时针旋转90°，得到△CAD，连接DF，得到∠BAE=∠DAC，∠ACD=∠B=45°，AD=AE，BE=CD，进而得到∠DCE=90°，根据勾股定理得到DF2=CF2 +CD2=CF2+BE2 ，证明△AEF≌△ADF，得到EF=DF，即可得到BE2+CF2=EF2；②将△ABP绕点B逆时针旋转60°，得到△A BP ，连接PP ，A C，即可得到∠ABA =∠PBP =60°，A B= AB=4，BP=BP ，A P =AP，从而得到△BPP 为等边三角形，∠A BC=90°，BP=PP ，根据两点之间线段最短得到PA+PB+PC=A P +PP +CP≥A C ，即可得到当且仅当A ，P ，P，C四点共线时，PA +PB+PC的值最小为 A C的长，根据勾股定理求出A C=213，即可得到PA+PB+PC的最小值为213 ．【详解】解：(1)连接PP ，∵将△APB绕顶点 A 逆时针PP 旋转60°到△ACP ，∴AP=AP =3,∠PAP =60°，BP=CP =4,∠APB=∠AP C，∴△APP '为等边三角形，∴PP =AP=3,∠AP P=60°，∵P P2+P C=32+42=25，PC2=52=25，∴P P2+P C=PC2，∴△PP C是直角三角形，且∠PP C=90°，∴∠AP C=∠AP P+∠CP P=150°，∴∠APB=∠AP C=150°；(2)①BE2+CF2=EF2．证明：∵AB=AC,∠BAC=90°，∴∠B=∠ACB=45°，如图，将△BAE绕点A逆时针旋转90°，得到△CAD，连接DF，则：∠BAE=∠DAC，∠ACD=∠B=45°，AD=AE，BE=CD，∴∠DCE=∠ACB+∠ACD=90°，∴DF2=CF2+CD2=CF2+BE2 ，∵∠EAF=45°，∠EAD=90°，∴∠DAF=∠EAF=45°，又∵AE=AD,AF=AF ，∴△AEF≌△ADF，∴EF=DF，∴BE2+CF2=EF2；②PA+PB+PC的最小值为 213如图，将△ABP绕点B逆时针旋转60°，得到△A BP ，连接PP ，A C，则：∠ABA =∠PBP =60°，A B=AB=4，BP=BP ，A P =AP，∴△BPP 为等边三角形，∠A BC=∠A BA+∠ABC=90°，∴BP=PP ，∴PA+PB+PC=A P +PP +CP≥A C ，∴当且仅当A ，P ，P，C四点共线时，PA+PB+PC的值最小为 A C的长，∵∠A BC=90°，∴A C=A B2+BC2=42+62=213，∴PA+PB+PC的最小值为213 ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，全等三角形的判定与性质等知识，综合性较强，熟知相关知识并根据题意灵活应用是解题关键．16(2023•崂山区模拟)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．请你回答：图1中∠APB的度数等于150°．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=，PB=1，PD=，则∠APB的度数等于135°，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=，则∠APB的度数等于120°，正六边形的边长为．【答案】见试题解答内容【解答】解：阅读材料：把△APB绕点A逆时针旋转60°得到△ACP′，由旋转的性质，P′A=PA=3，P′D=PB=4，∠PAP′=60°，水不撩不知深浅∴△APP′是等边三角形，∴PP′=PA=3，∠AP′P=60°，∵PP′2+P′C2=32+42=25，PC2=52=25，∴PP′2+P′C2=PC2，∴∠PP′C=90°，∴∠AP′C=∠AP′P+∠PP′C=60°+90°=150°；故∠APB=∠AP′C=150°；(1)如图3，把△APB绕点A逆时针旋转90°得到△ADP′，由旋转的性质，P′A=PA=22，P′D=PB=1，∠PAP′=90°，∴△APP′是等腰直角三角形，∴PP′=2PA=2×22=4，∠AP′P=45°，∵PP′2+P′D2=42+12=17，PD2=172=17，∴PP′2+P′D2=PD2，∴∠PP′D=90°，∴∠AP′D=∠AP′P+∠PP′D=45°+90°=135°，故，∠APB=∠AP′D=135°，∵∠APB+∠APP′=135°+45°=180°，∴点P′、P、B三点共线，过点A作AE⊥PP′于E，则AE=PE=12PP′=12×4=2，∴BE=PE+PB=2+1=3，在Rt△ABE中，AB===13；(2)如图4，∵正六边形的内角为16×(6-2)•180°=120°，∴把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AFP′，由旋转的性质，P′A=PA=2，P′F=PB=1，∠PAP′=120°，∴∠APP′=∠AP′P=12(180°-120°)=30°，过点A作AM⊥PP′于M，设PP′与AF相交于N，则AM=12PA=12×2=1，P′M=PM===3，∴PP′=2PM=23，∵PP′2+P′F2=(23)2+12=13，PF2=132=13，水不撩不知深浅∴PP′2+P′F2=PF2，∴∠PP′F=90°，∴∠AP′F=∠AP′P+∠PP′F=30°+90°=120°，故，∠APB=∠AP′F=120°，∵P′F=AM=1，∵△AMN和△FP′N中，，∴△AMN≌△FP′N(AAS)，∴AN=FN，P′N=MN=12P′M=32，在Rt△AMN中，AN===7 2，∴AF=2AN=2×72=7．故答案为：150°；(1)135°，13；(2)120°，7．【题型5费马点模型】17如图，四边形ABCD是菱形，AB=6，且∠ABC=60°，M是菱形内任一点，连接AM，BM，CM，则AM+BM+CM的最小值为．【答案】63【详解】以BM为边作等边△BMN，以BC为边作等边△BCE，则BM=BN=MN，BC=BE=CE，∠MBN=∠CBE=60°，∴∠MBC=∠NBE，∴△BCM≌△BEN，∴CM=NE，∴AM+MB+CM=AM+MN+NE．当A、M、N、E四点共线时取最小值AE．∵AB=BC=BE=6，∠ABH=∠EBH=60°，∴BH⊥AE，AH=EH，∠BAH=30°，AB=3，AH=3BH=33，∴BH=12∴AE=2AH=63．故答案为63．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质．难度比较大．作出恰当的辅助线是解答本题的关键．18如图，在等边三角形ABC内有一点P．(1)若PA=2，PB=3，PC=1，求∠BPC的度数；(2)若等边三角形边长为4，求PA+PB+PC的最小值；(3)如图，在正方形ABCD内有一点P，且PA=5，PB=2，PC=1，求正方形ABCD的边长．【答案】(1)∠BPC=150°，(2)43(3)5【详解】(1)解：如图所示，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段B P ，连接A P 、P P ，∴△BPC≌△BP A，∴BP=B P ，A P =PC=1，∠PB P =60°，∠A P B=∠BPC，∴△B P P是等边三角形，∴∠B P P=∠PB P =60°，P P =BP=3，∵AP 2+PP 2=1+3=4=AP2，∴△A P P是直角三角形，∠A P P=90°，∴∠A P B=∠AP P +∠B P P=150°，∴∠BPC=150°，(2)解：如图所示，将△ABP绕点A顺时针旋转60°得到△ACD，则△ABP≌△ACD，PA=DA，∠PAD=60°，则△APD是等边三角形，∴AP=PD，再将△APC绕点A顺时针旋转60°得到△ADE，则△APC≌△ADE∴PC=DE，∠CAE=60°，CA=EA，∴PA+PB+PC=BP+PD+DE≥BE当B,P,D,E四点共线时，PA+PB+PC取得最小值，即BE的长，设BE，AC交于点F，∵AB=AC=AE,∠BAF=∠EAF，∠BAE=∠BAF+∠EAF=120°，BE ,∴BE⊥AF，BF=EF=12∴∠ABF=30°，AB=2 ,∴AF=12在Rt△ABF中，BF=AB2-AF2=23 ,∴BE=2BF=43，即PA+PB+PC的最小值为43；(3)如图，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BEA，∴△BPC≌△BEA，∴BE=BP=2，AE=PC=1，∠PBE=90°，∠AEB=∠BPC，∴△BEP是等腰直角三角形，∴∠BEP=∠EPB=45°，PE=2PB=2，∵AE2+PE2=1+4=5=AP2，∴△AEP是直角三角形，∠AEP=90°，如图，延长AE，过点B作BF⊥AE于F，则∠F=90°，∵∠AEP=90°，∠BEP=45°，∴∠BEF=45°=∠EBF，∴BF=EF=1，∴AF=AE+EF=2，∴AB=AF2+BF2=22+1=5，即正方形的边长为5．【点睛】此题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理及其逆定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．19背景资料：在已知△ABC所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当△ABC三个内角均小于120°时，费马点P在△ABC内部，当∠APB=∠APC=∠CPB=120°时，则PA+PB+PC取得最小值．(1)如图2，等边△ABC内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求∠APB的度数，为了解决本题，我们可以将△ABP绕顶点A旋转到△ACP 处，此时△ACP ≌△ABP这样就可以利用旋转变换，将三条线段PA、PB、PC转化到一个三角形中，从而求出∠APB=；知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与△ABC的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．(2)如图3，△ABC三个内角均小于120°，在△ABC外侧作等边三角形△ABB ，连接CB ，求证：CB 过△ABC的费马点．(3)如图4，在RT△ABC中，∠C=90°，AC=1，∠ABC=30°，点P为△ABC的费马点，连接AP、BP、CP，求PA+PB+PC的值．(4)如图5，在正方形ABCD中，点E为内部任意一点，连接AE、BE、CE，且边长AB=2；求AE+BE+ CE的最小值．【答案】(1)150°；(2)见详解；(3)7；(4)6+2．【详解】(1)解：连结PP′，∵△ABP≌△ACP ，∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，∵△ABC为等边三角形，。

旋转模型-角含半角模型

旋转模型-角含半角模型【内容介绍】本次资料主要包含数学科目，重点指导学生了解旋转模型相关知识，掌握不同旋转模型的解题方法；主要是通过要点梳理，帮助大家综合掌握角含半角模型的含义和解题方法，再通过典型例题的分析，帮助大家了解常考题型。

建议大家深入学习掌握要点梳理，认真研读例题，并在日常学习中注重练习，实现对学习目标的综合把握。

【要点梳理】1）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2）思想方法：通过旋转构造全等三角形，实现线段的转化3）基本模型要点一、正方形含半角图1 图2△△△△AEF AEB AFDS S +S ）4（；BEF 分平 EA ，DFE 分平 FA ）3（；半一的长周形方正是长周的(2) CEF EF=BE+DF;）1（：论结的下以明证，EAF=45，点的上边CD 、BC 是别分F 、E ，中ABCD 形方正在：1图如：题例=∠∠∠︒。

化转的角和段线现实，形角三等全造构转旋过通，型模角半合符，角45有含中角90：析分︒︒△△△△△△△△△AEG AEF AEG AEF G AFE AFD CEF BE BG BE DF AEF AEG AEB AEG AEB AFD 证得S S =S S S S ；证得；证得EF+CE+CF=BE+CE+DF+CF=BC+CD,(2)长周的。

立成=+=+≅∴∠=∠∠=∠=∠∴∴+=+,(4),,,(3)=(1),△△△△△EF EG AEG AEF AE AE AEG AEF EAG EAF AG AF EAG EAF EAF G B C GBC ABG ABC ABG AG AF ABG D BG DF ABCD AD AB ，，中和在，，线共点三、、则，到得，转旋针时顺点沿将，中形方正在，图如：答解∴==∴≅⎩=⎪⎨∠∠⎪⎧=∴∠∠︒∠︒∴∴∠∠+∠︒∠︒∆=∠=∠=︒=∠=︒=︒,===45=45==180ABC =90,90,,GAF 90,2,ADF A 90。

半角模型(初中数学最新半角模型专题)

变式练习
变式4.在平面直角坐标系中，已知A（x，y），点A作AB⊥y
轴，垂足为B．若在x轴正半轴上取一点M，连接BM并延长至
N，以BN为直角边作等腰Rt△BNE，∠BNE＝90°，过点A作
AF∥y轴交BE于点F，连接MF，设OM＝a，MF＝b，AF＝c，试
1 1
证明： + =

．
例2.如图所示，过正方形ABCD的顶点A在正方形ABCD的内
在△AEF和△AEG中，
∴△AEF≌△AEG（SAS），
∵AH、AB分别是△AEF和△AEG对应边上的高，
∴AH＝AB．
变式练习
变式1.已知△AMN中，∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝
3，NH＝7，求AH的长．
变式练习
变式2.已知：如图，在正方形ABCD中，M在CB延长线上，N
在DC延长线上，∠MAN＝45°，AH⊥MN，垂足为H，
BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋
转90°，得到△DCM．
（1）求证：EF＝MF
（2）若AE＝2，求FC的长．
变式练习
变式2.在四边形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠A＝∠B＝
90°，AB＝BC＝20，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，
求DE的长．
解：过C作CG⊥AD于G，并延长DG，使GF＝BE，
部作∠EAF＝45°，E、F分别在BC、CD上，连接EF，作
AH⊥EF于点H,求证：AH＝AB．
证明：将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到
△ABG，
由旋转的性质得，DF＝BG，AF＝AG，∠DAF
＝∠BAG．
∵∠FAG＝∠BAG+∠BAF＝∠DAF+∠BAF＝

旋转中的三种全等模型(手拉手、半角、对角互补模型)—2023-2024学年九年级数学上册(解析版)

旋转中的三类全等模型（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∠BFD。

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∠BFD。

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。

【答案】(1)40；(2)60；(3)【分析】（1）证明△COD是等边三角形，得到∠ODC=60°，即可得到答案；∠=∠ADC-∠ODC求出答案；（3）由△BOC≌△ADC，推出∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，根据（2）利用ODA△COD 是等边三角形，得到∠ODC=60°，OD=4OC =，证得△AOD 是直角三角形，利用勾股定理求出．【详解】（1）解：∵CO=CD ，∠OCD=60°，∴△COD 是等边三角形；∴∠ODC=60°，∵∠ADC=∠BOC=100α=︒，∴ODA ∠=∠ADC -∠ODC=40°，故答案为：40；（2）∵∠ADC=∠BOC=120α=︒，∴ODA ∠=∠ADC -∠ODC=60°，故答案为：60；（3）解：当150α=︒，即∠BOC=150°，∴△AOD 是直角三角形．∵△BOC ≌△ADC ，∴∠ADC=∠BOC=150°，AD=OB=8，又∵△COD 是等边三角形，∴∠ODC=60°，OD=4OC =，∴∠ADO=90°，即△AOD 是直角三角形，∴OA =故答案为：【点睛】本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进．试题中几何演绎推理的难度适宜，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等），能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力．备用图【答案】(1)△BEF 是等边三角形(2)证明见解析(3)131−【分析】（1）根据旋转即可证明△BEF 是等边三角形；（2）由△EBF 是等边三角形，可得FB=EB ，再证明∠FBA=∠EBC ，又因为AB=BC ，所以可证明△FBA ≌△EBC ，进而可得AF=CE ；（3）当点D ，E ，F 在同一直线上时，过B 作BM ⊥EF 于M ，再在Rt △BMD 中利用勾股定理列方程求解即可．（1）∵将线段EB 绕点E 顺时针旋转60°得到线段EF ，∴EB=EF ，60FEB =︒∠∴△BEF 是等边三角形（2）∵等边△ABC 和△BEF ∴BF=BE ，AB=BC ，60EBF ABC ∠=∠=︒∴EBF ABE ABC ABE ∠+∠=∠+∠即∠FBA=∠EBC∴△FBA ≌△EBC （SAS ）∴AF=CE（3）图形如图所示：过B 作BM ⊥EF 于M ，∵△BEF 是等边三角形∴2BE EM =，BM =∵点D 是AB 的中点，∴142BD AB == 在Rt △BMD 中，222BM DM BD +=∵DE=2∴222)(2)4EM ++=解得EM 或EM =（舍去）∴21BE EM == 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，解一元二次方程，利用手拉手模型构造全等三角形是解题的关键．例3．（2022·吉林·九年级期末）如图①，在ABC 中，90C ∠=︒，AC BC ==点D ，E 分别在边AC ，BC 上，且CD CE =AD BE =，AD BE ⊥成立．（1）将CDE △绕点C 逆时针旋转90︒时，在图②中补充图形，并直接写出BE 的长度；（2）当CDE △绕点C 逆时针旋转一周的过程中，AD 与BE 的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；（3）将CDE △绕点C 逆时针旋转一周的过程中，当A ，D ，E 三点在同一条直线上时，请直接写出AD 的长度．【答案】（1）补充图形见解析；BE =（2）AD BE =，AD BE ⊥仍然成立，证明见解析；（3）1AD或1=AD ．【分析】（1）根据旋转作图的方法作图，再根据勾股定理求出BE 的长即可；（2）根据SAS 证明E ACD BC ≅∆∆得AD=BE ，∠1=∠2，再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°，从而可得出结论；（3）分两种情况，运用勾股定理求解即可．【详解】解：（1）如图所示，根据题意得，点D 在BC 上，∴BCE ∆是直角三角形，且由勾股定理得，BE ==（2）AD BE =，AD BE ⊥仍然成立. 证明：延长AD 交BE 于点H ，∵90ACB DCE ∠=∠=︒，ACD ACB BCD ∠=∠−∠，BCE DCE BCD ∠=∠−∠，∴ACD BCE ∠=∠，又∵CD CE =，AC BC =，∴ACD BCE ≅△△，∴AD BE =，12∠=∠，在Rt ABC 中，13490∠+∠+∠=︒，∴23490∠+∠+∠=︒，∴90AHB ∠=︒，∴AD BE ⊥.（3）①当点D 在AC 上方时，如图1所示，同（2）可得ACD BCE ≅△△∴AD=BE 同理可证BE AE ⊥在Rt △CDE 中，CD CE =2=在Rt △ACB 中，AC BC =AB ==设AD=BE=x ，在Rt △ABE 中，222BE AE AB +=∴222(2)x x ++=解得,1x ∴ 1AD =②当点D 在AC 下方时，如图2所示，同（2）可得ACD BCE ≅△△∴AD=BE 同理可证BE AE ⊥在Rt △CDE 中，CD CE =2=在Rt △ACB 中，AC BC =AB ==设AD=BE=x ，在Rt △ABE 中，222BE AE AB +=∴222(2)x x +−=解得,x = ∴ 1AD .所以,AD 1【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识，熟练解答本题的关键．例4．（2022·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 ，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）CD2+DB2=2DF2 ；（2）CD2+DB2=2DF2，证明见解析【分析】（1）由已知得222DE DF =，连接CF ，BE ，证明CDF BEF ∆≅∆得CD=BE ，再证明BDE ∆为直角三角形，由勾股定理可得结论；（2）连接CF ，BE ，证明CDF BEF ∆≅∆得CD=BE ，再证明BDE ∆为直角三角形，由勾股定理可得结论．【详解】解：（1）CD2+DB2=2DF2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 ∠=︒ ∴45FCB FBC ∠=∠=︒，90CFD DFB ∠+∠=︒又90DFB EFB ∠+∠=︒ ∴CFD EFB ∠=∠在CFD ∆和BFE ∆中CF BF CFD BFE DF EF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ ∴CFD ∆≅BFE ∆∴CD BE =，45EBF FCB ∠=∠=︒ ∴454590DBF EBF ∠+∠=︒+︒=︒ ∴222DB BE DE +=∵CD BE =，222DE DF =∴CD2+DB2=2DF2 ；（2）CD2+DB2=2DF2 证明：连接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，BE2+DB2=DE2∵ DE2=2DF2 ∴ CD2+DB2=2DF2【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5．（2022·山西大同·九年级期中）综合与实践：已知ABC 是等腰三角形，AB AC =．（1）特殊情形：如图1，当DE ∥BC 时，DB ______EC ．（填“＞”“＜”或“＝”）；（2）发现结论：若将图1中的ADE 绕点A 顺时针旋转α（0180α︒<<︒）到图2所示的位置，则（1）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）拓展运用：某学习小组在解答问题：“如图3，点P 是等腰直角三角形ABC 内一点，90BAC ∠=︒，且1BP =，2AP =，3CP =，求BPA ∠的度数”时，小明发现可以利用旋转的知识，将BAP △绕点A 顺时针旋转90°得到CAE V ，连接PE ，构造新图形解决问题．请你根据小明的发现直接写出BPA ∠的度数．【答案】（1）=；（2）成立，理由见解析；（3）∠BPA=135°．【分析】（1）由DE ∥BC ，得到∠ADE=∠B ，∠AED=∠C ，结合AB=AC ，得到DB=EC ；（2）由旋转得到的结论判断出△DAB ≌△EAC ，得到DB=CE ；（3）由旋转构造出△APB ≌△AEC ，再用勾股定理计算出PE ，然后用勾股定理逆定理判断出△PEC 是直角三角形，在简单计算即可．【详解】解：（1）∵DE ∥BC ，∴∠ADE=∠B ，∠AED=∠C ，∵AB=AC ，∴∠B=∠C ，∴∠ADE=∠AED AD=AE ，∴DB=EC ，故答案为：=；（2）成立．证明：由①易知AD=AE ，∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC ，在△DAB 和△EAC 中AD AE DAB EAC AB AC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DAB ≌△EAC （SAS ），∴DB=CE ；（3）如图，将△APB 绕点A 旋转90°得△AEC ，连接PE ，∴△APB ≌△AEC ，∴AE=AP=2，EC=BP=1，∠PAE=90°，∴∠AEP=∠APE=45°，在Rt △PAE 中，由勾股定理可得，在△PEC 中，PE2=（2=8，CE2=12=1，PC2=32=9，∵PE2+CE2=PA2，∴△PEC 是直角三角形，∴∠PEC=90°，∴∠AEC=135°，又∵△APB ≌△AEC ，∴∠BPA=∠CEA=135°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理及其逆定理，解本题的关键是构造全等三角形，也是本题的难点．【答案】（1）见解析；（2）48；（3）15︒【分析】（1）通过边角边判定三角形全等；（2）连接,BD GE ，设,BG DE 交于点O ，,DE CG 交于点M ，先证明DE BG ⊥，由勾股定理可得2222DG BE DB GE +=+；（3）作CK GE ⊥于点K ，则122CK GE ==，且1452GCK GCE ∠=∠=︒，由含30度角的直角三角形的性质求解．【详解】（1）四边形ABCE 与CEFG 为正方形，CG CE =，90BCG DCE ∠=∠=︒，90BCG α=∠︒+，90DCE α∠=︒+，BCG DCE ∴∠=∠，在BCG 和DCE △中，BC DC BCG DCECG CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩BCG DCE ∴≌ (SAS)，（2）连接,BD GE ，设,BG DE 交于点O ，,DE CG 交于点M ，90BCG α=∠︒+，90DCE α∠=︒+，BCG DCE ∴∠=∠，在△BCG 和DCE △中，BC DC BCG DCE CG CE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩()SAS BCG DCE ∴△≌，BGC DEC ∠=∠，GMO EMC ∠=∠，18090GOM GMO BGC EMC DEC GCE ∴∠=︒−∠−∠=︒−∠−∠=∠=︒DE BG ∴⊥，由勾股定理得222DG DO GO =+，222BE OB OE =+，22222222DG BE DO GO OB OE DB GE ∴+=+++=+，4,AB CG ==，BD ∴==4GE ==，2222(448DG BE ++∴==，(3)作CK GE ⊥于点K ，如图，△CEG 为等腰直角三角形，122CK GE ==，且1452GCK GCE ∠=∠=︒，在Rt CDK 中，12CK CD =，30CDK ∴∠=︒，903060DCK ∴∠=︒−︒=︒， 604515DCG DCK GCK =∠−∠=︒−︒=︒∠．∴15α=︒．【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题，解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质，通过添加辅助线求解．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；④∆AEF的周长=2AB；⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。

2023秋季初二AA第4讲半角模型和其他模型

第4讲半角模型和其他模型模块1 半角模型【知识梳理】知识点1 “半角”旋转模型“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．【经典例题】例1 E、F 分别是正方形ABCD 的边BC、CD 上的点，且∠EAF=45°，AH⊥EF， H 为垂足，求证： AH=AB．例2 如图所示，在四边形ABCD 中，AB=BC，∠A=∠C=90°，∠B=135°，K、N 分别是AB AB 、BC 上的点，若△BKN 的周长为AB 的2倍，求∠KDN 的度数．模块2 等腰与辅助线CHFE DB A KNDCB A【知识梳理】知识点2 等腰相关辅助线1.“等腰+垂直=中点+角平分线”若AB=AC，则辅助线可描述为_______________，可以推出________________________,依据是____________________2.“等腰+平行=等腰”若AB=AC，则辅助线可描述为_______________，可以推出________________________,依据是____________________3.“60°造等边”若∠BAC=60°，则辅助线可描述为_______________，可以推出________________________,依据是____________________________________________________________4.“30°+垂直=线段比1：2”若∠BAC=30°，则辅助线可描述为_______________，可以推出________________________,依据是____________________________________________________________【经典例题】例3 如图，在△ABC 中，已知∠ABC ＝45°，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，过点B 作BM ⊥AC 于点M ，CD 与BM 相交于点E ，且点E 是CD 的中点，连接MD ，过点D 作DN ⊥MD ，交BM 于点N ．（1）求证：△DBN ≌△DCM ；（2）请探究线段NE 、ME 、CM 之间的数量关系，并证明你的结论．例4 （1）老师在课上给出了这样一道题目：如图1，等边△ABC 边长为2，过AB 边上一点P 作PE ⊥AC 于E ，Q 为BC 延长线上一点，且AP ＝CQ ，连接PQ 交AC 于D ，求DE 的长．小明同学经过认真思考后认为，可以通过点P 作平行线构造等边三角形的方法来解决这个问题．请根据小明同学的思路直接写出DE 的长．（2）【类比探究】BCC B老师引导同学继续研究：①等边△ABC边长为2，如图2当P为BA的延长线上一点时，作PE⊥CA的延长线于点E，Q为边BC上一点，且AP＝CQ，连接PQ交AC于D．求DE的长并证明．②已知等边△ABC，当P为AB的延长线上一点时，作PE⊥射线AC于点E，Q为BC延长线上一点，且AP＝CQ，连接PQ交直线AC于点D，请在图3中补全图形，并证明DE长度保持不变．例5 已知：△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，△ABD为等边三角形，E是BD中点，AE，CD相交于O点．（1）求∠DCB的度数；（2）求证：BC＝2DO．例6 如图，CN是等边△ABC的外角∠ACM内部的一条射线，点A关于CN的对称点为D，连接AD，BD，CD，其中AD，BD分别交射线CN于点E，P．（1）依题意补全图形；（2）若∠ACN＝α，求∠BDC的大小（用含α的式子表示）；（3）用等式表示线段PB，PC与PE之间的数量关系，并证明．附加题1 如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC上一点且∠ADC＝60°，CE⊥AD于点E，点A关于CE的对称点为点F，CF交AB于点G．（1）依题意补全图形；（2）求∠AGC的度数；（3）写出BD与DF之间的数量关系，并证明．附加题2 已知：如图，等边△ABC和等边△ADE，连接BD、CE交于点O．（1）求证：BD＝CE；（2）连接AO，猜想线段AO、BO、CO的数量关系，并证明．【作业】作业1 已知等边△ABC的边长为6，点M是射线AB上的动点，点N是边BC延长线上的动点，在运动的过程中始终满足AM＝CN，作MD垂直于射线AC于D，连接MN交射线AC于E．（1）如图1，当点M为AB的三等分点（靠近点A）时，DE的长为 ___．（2）点M、N分别从点A、C同时出发、分别在射线AB、边BC的延长线上以相同的速度开始运动，动点M、N在运动过程中，DE的长会 ____（变小、变大、不变）．作业2 如图，在等边三角形ABC中，AE＝CD，AD，BE相交于点P，BQ⊥AD于Q．求证：（1）△ABE≌△CAD；（2）BP＝2PQ．作业3 如图1，已知△ABC是等边三角形，点D是BC边上一点．（1）以AD为边构造等边△ADE（其中点D、E在直线AC两侧），连接CE，猜想CE与AB 的位置关系，并证明你的结论；（2）若过点C作CM∥AB，在CM上取一点F，连AF、DF，使得AF＝DF，试猜想△ADF 的形状，并证明你的结论．。

旋转和半角模型知识点与习题

【要点回顾】（1）旋转的定义：在平面内，一个图形绕着一个定点旋转一定的角度得到另外一个图形的过程叫做旋转，定点叫做旋转中心，旋转角度叫做旋转角。（2）旋转的性质： ①对应点到旋转中心的距离相等 ②对应点与旋转中心的连线所成的角度相等，都等于旋转角 ③旋转中心是唯一不动的点（3）旋转三要素： ①定点 ②旋转方向 ③旋转角度（4）解题技巧: 遇中点，旋 180°，构造中心对称、遇 90°，旋 90°，造垂直遇 60°，旋 60°，造等边遇等腰，旋顶角综上，旋转的前提是：共顶点、等线段！
【经典例题】 1．如图，在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，AC=5，BC=12，将△ABC 绕点 B 顺时针旋转 60°，得到△BDE，连结 DC 交 AB 于点 F，则△ACF 与△BDF 的周长之和为（）
A．44
B．43
C．42
D．41
2．如图，将矩形 ABCD 绕点 A 顺时针旋转到矩形 AB′C′D′的位置，旋转角为 α（0° ＜α＜90°）．若∠1=112°，则∠α 的大小是（）
得到△A′B′C′，再将△A′B′C′绕点 A′逆时针旋转一定角度后，点 B′恰好与点 C 重合，
则平移的距离为
，旋转角的度数为
．
B
OD
P
Q
（第四题图）
A
C
E
（第五题图）
5.如图， C 为线段 AE 上一动点（不与点 A ， E 重合），在 AE 同侧分别作正三角形 ABC 和
正三角形 CDE ，AD 与 BE 交于点 O ，AD 与 BC 交于点 P ，BE 与 CD 交于点 Q ，连 PQ ．以
A
M B
N
C D
7.如图，正方形 ABCD 的边长为 1，点 F 在线段 CD 上运动，AE 平分∠BAF 交 BC 边于点 E．求证：AF=DF+BE．

旋转模型、手拉手模型、半角模型

Math 唐老师1旋转模型综合应用第2页，共14页1．如图①，在ABC中，90C AC BC ∠=︒==，D E ，分别在边AC BC ，上，且CD CE ==时AD BE AD BE =⊥，成立．(1)将CDE 绕点C 逆时针旋转90︒时，在图②中补充图形，并求出BE 的长度；(2)当CDE 绕点C 逆时针旋转一周的过程中，AD 与BE 的数量关系和位置关系是否仍然成立？若成立，请你利用图③证明，若不成立请说明理由；(3)将CDE 绕点C 逆时针旋转一周的过程中，当A D E ，，三点在同一条直线上时，请画出图形并直接写出AD 的长度．2．如图，在等边三角形ABC 中，点E 是边AC 上一定点，点D 是直线BC 上一动点，以DE 为一边作等边三角形DEF ，连接CF ．（1）如图1，若点D 在边BC 上，直接写出CE ，CF 与CD 之间的数量关系；（2）如图2，若点D 在边BC 的延长线上，请探究线段CE ，CF 与CD 之间存在怎样的数量关系？并说明理由；（3）如图3，若点D 在边CB 的延长线上，请直接写出CE ，CF 与CD 之间的数量关系．Math唐老师3（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，当△DCE旋转至点A，D，E在同一直线上，连接BE．则：①∠AEB的度数为°；②线段AD、BE之间的数量关系是．（2）拓展研究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰三角形，且∠ACB＝∠DCE＝90°，点A、D、E在同一直线上，若AD＝a，AE＝b，AB＝c，求a、b、c之间的数量关系．（3）探究发现：图1中的△ACB和△DCE，在△DCE旋转过程中，当点A，D，E不在同一直线上时，设直线AD与BE相交于点O，试在备用图中探索∠AOE的度数，直接写出结果，不必说明理由．3第4页，共14页手拉手模型综合应用手拉手模型的定义：有两个顶角相等而且有公共顶点的等腰三角形开成的图形。

旋转全等和半角模型

同学数学学科核心素养培养与个性发展研究
（2）共旋转（典型的手拉手模型）
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。

二、例题讲解与变式训练
（1）如图1，点C是线段AB上一点，分别以AC，BC为边在AB的同侧作等边△ACM和△CBN，连接AN，B M．分别取BM，AN的中点E，F，连接CE，CF，EF．观察并猜想△CEF的形状，并说明理由．
（2）若将（1）中的“以AC，BC为边作等边△ACM和△CBN”改为“以AC，BC为腰在AB的同侧作等腰△ACM和△CBN，”如图2，其他条件不变，那么（1）中的结论还成立吗？若成立，加以证明；若不成立，请说明理由．
半角模型
的度数。

例1、如图，正方形ABCD的边长为1，AB,AD上各存在一点P、Q，若△APQ的周长为2，求PCQ
D
A
C
B
Q
P
例2、在正方形ABCD中，若M、N分别在边BC、CD上移动，且满足MN=BM +DN，求证：①∠MAN=45°；②△CMN的周长=2AB；③AM、AN分别平分∠BMN和∠DNM。

例3、在正方形ABCD中，已知∠MAN=45°，若M、N分别在边CB、DC 的延长线上移动：①试探究线段MN、BM 、DN之间的数量关系；②求证：AB=AH.
三、方法总结与归纳
小结反思
情况反馈○非常满意○满意○一般○差学生签字：主管签字：校长签字：日期：
拓展练习。

“半角”模型旋转变换几何练习

考点五：角含半角、等腰三角形的(绕顶点)旋转重合法核心母题如图，在正方形ABCW, E、F分别是BG CD&上的点，Z EAF=45，求证：EF=BE+DF.K专墨蚯明题.［分析如图，作漏助线，首先证明△ME竺AAFG,进而f旱到质"街司题即可钢决.【第吾ME明：・：gu，A ZBAE=ZJAG»■/ ZBAD=90fl, ZEAf=45s,•■•EBAE+NBAFKS，,/■^EAF=JrAG?・,■£ ADCNB二日顷，/. ^FIG=190*，点F、D、G共绣，上把M耽舞点鱼时针祢转汕至AAM，可使雄与M重合，如图：/. AAfE^AAFij (SAS),-*- EF=JG,即：EF=BE+DTt点律麝置正方形的性质、全等三角形的判定及其性所为核心构诰而成m策酬关健是作辅助簸，构造全等三角形.变式一：如图，E、F分别是边长为1的正方形ABCD勺边BG CD上的点，若△ ECF的周长是2,求Z EAF的度数?在AA 也和中CD 边上的点如图，在正方形 ABCD 户求证：AG=AB. EAF=45 , AC^ EF,［点评期题者查了全等三鬲形的判定，考察了全等三鬲形时应角相等的性而，本题中求证AATEMAAF}!是解题的美裾・【分析11长CD 至m 使得DH=BEi 连接AH,得出△站E 堂四AUK ，可得州云已即可证®AAF E竺AAJH,可itZEXF = ZH^F J 据上也E =』珀即可爆新一CBfrCr+EB=2ji BC+CD=2?EF 二BE 十FD,AAJH 是ZiABE 逆时针送转如度'形成「AABE^AIDH,ZDAK=ZEKE J M2，BE=DH,yH=QF+DM=EF+BE=EF s ZHAE-ZBAD = 90EETH - A ~AAFZSAkFH ： (SSS ；ZEkF-rlHAFi ZHA.E-900 , £EAF = 4S 。

中考数学几何模型专题2半角模型(学生版)知识点+例题

【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题02半角模型模型1：正方形中的半角模型模型2：等腰直角三角形中的半角模型典例题【例1】．（2020·山西晋中·八年级阶段练习）如图所示：已知ΔABC中，∠BAC=90°,AB=AC，在∠BAC内部作∠MAN=45°,AM、AN分别交BC于点M，N.[操作]（1）将ΔABM绕点A逆时针旋转90°，使AB边与AC边重合，把旋转后点M的对应点记作点Q，得到ACQ，请在图中画出ΔACQ;(不写出画法)[探究]（2）在(1)作图的基础上，连接NQ，求证：MN=NQ;[拓展]（3）写出线段BM,MN和NC之间满足的数量关系，并简要说明理由．【例2】（2022·全国·九年级专题练习）折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连接EF，如图1．(1)∠EAF＝°，写出图中两个等腰三角形：（不需要添加字母）；(2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图2．线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为；(3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠P AQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，=；如图3，则CQBM(4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．求证：BM2＋DN2＝MN2．【例3】（2022·江苏·八年级专题练习）问题情境在等边∠ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为∠ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC．特例探究如图1，当DM＝DN时，（1）∠MDB＝度；（2）MN与BM，NC之间的数量关系为；归纳证明（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN 与BM，NC之间的数量关系，并加以证明．拓展应用（4）∠AMN的周长与∠ABC的周长的比为．【例4】．（2020·全国·九年级专题练习）请阅读下列材料：已知：如图（1）在Rt∠ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D、E分别为线段BC上两动点，若∠DAE＝45°．探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系：（1）猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想；（2）当动点E在线段BC上，动点D运动在线段CB延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；（3）已知：如图（3），等边三角形ABC中，点D、E在边AB上，且∠DCE＝30°，请你找出一个条件，使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．一、解答题1．（2022·陕西西安·七年级期末）问题背景：如图1，在四边形ABCD中AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD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______．。

初中数学模型题库半角模型+旋转原理+手拉手模型

【半角模型】1、如图，点M 、N 分别为正方形ABCD 边BC 、CD 上的动点，且∠MAN =45°，连接对角线BD 分别交AM 、AN 于点E 、F .初一：（1）BM 、DN 、MN 的数量关系；（2）证明AN 平分∠MND ；（3）若AB =4，求△MNC 周长初二：（1）BE 、DF 、EF 的数量关系；（2）证明CN =；（3）若AB =5，BE =，求BM 的长初三：（1）连接MF ，证明AF =MF ；（2）证明MN =；（3）若:BE DF =，求AF CN的值且∠MAN =60°，BD 分别交AM 、AN 于点E 、F .初一：（1）BM 、DN 、MN 的数量关系；（2）证明AN 平分∠MND ；（3）若BD =4，求△MNC 周长初二：（1）若BE =2，DF =4，求EF 的长；（2）证明2CN BE =；（3）若AB =5，BE =BM 的长初三：（1）连接MF ，证明AF ⊥MF ；（2）证明2MN EF =；（3）若:1:2BE DF =，求AF CN 的值且∠MAN =30°，BD 分别交AM 、AN 于点E 、F .初一：（1）BM 、DN 、MN 的数量关系；（2）证明AN 平分∠MND ；（3）若BC =4，求△MNC 周长初二：（1）若BE =4，DF =2，求EF 的长；（2）证明3CN BE =；（3）若AB =9，BE =3，求BM 的长初三：（1）连接MF ，证明AF ⊥MF ；（2）证明3MN EF =；（3）若:2:(1)BE DF =，求AF CN的值【旋转原理】1、如图，等腰△ABC中，AB=AC.（1）如图1，∠BDC=∠BAC=60°，猜想DA、DB、DC数量关系并证明；（2）如图2，∠BDC=∠BAC=90°，猜想DA、DB、DC数量关系并证明；（3）如图2，∠BDC=∠BAC，猜想DE、DB、DC数量关系并证明；2、如图，等腰△ABC中，AB=AC.（1）如图1，∠BAC=60°，∠BDC=120°，猜想DA、DB、DC数量关系并证明；（2）如图2，∠BDC=∠BAC=90°，猜想DA、DB、DC数量关系并证明；（3）如图2，∠BAC=120°，∠BDC=60°，猜想DA、DB、DC数量关系并证明；（4）如图4，∠BDC+∠BAC=180°，证明AD平分∠BDC.【对称中心】1、如图，△ABC是等边三角形，点E、F为直线BC、AC上的动点，且BE=CF，连接AE、BF. （1）如图1，当点E、F分别在边BC、CA上时，求直线AE、BF的夹角；（2）如图2，当点E、F分别在边BC、CA的延长线上时，直线AE、BF的夹角大小是否改变？（3）如图3，当点E、F分别在边BC、CA上时，以AB为边作等边△ABD.①连接DG，直接写出∠DGA的度数以及GA、GB、GD的数量关系；②作DH⊥AG于点H，猜想GA、GB、GH数量关系并证明；③在②的条件下且H在菱形ADBC内部，若AG=8，DH ADBC的面积.2、（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F、G分别为边AD、BC、CD上的动点，连接BG、EF，若BG⊥EF，求证BG=EF；（2）如图2，在菱形ABCD中，∠B＜90°，E、F分别为边CD、BC上的动点，连接AE、DF交于点G，若∠AGF=∠B，且DE：CF=2：3，试猜想AE与DF的数量关系并证明；（3）如图3，在正五边形ABCDE中，M、N分别为边CD、DE上的动点，若CM=DN，求∠BGN的度数；（4）如图4，在正六边形ABCDEF中，M、N分别为边CD、DE上的动点，若CM=DN，求∠AGN的度数；【头动手拉手】1、如图，四边形ABCD为正方形.（1）如图1，E为BC边上一动点，连接AE，作EF⊥AE交∠BCD的外角平分线于点F，求证AE=EF；（2）如图2，E为对角线AC上一动点，连接DE，作EF⊥DE交边BC于点F，证明DE=EF；（3）如图3，在（2）的条件下，作FM⊥AC于点M，证明AC=2EM.2、如图，△ABC为等腰三角形，AB=AC，E是BC边上一点，CF//AB，连接AE、CF，∠AEF=∠BAC. （1）如图1，若∠BAC=60°，证明AE=EF；（2）如图2，若∠BAC=90°，证明AE=EF；（3）如图3，若EF平分∠AEC交AC于点G，连接AF，证明AF=AG并说明CF、CG、CA的数量关系.【头定手拉手】1、（1）如图1，△ABC为等边三角形，D、M、N分别为AB、BC、AC中点，以D为顶点作等边△DEF，顶点E恰好在CB延长线上.①如图1，连接MF，证明MF//AB；②如图2，连接NF，证明NF经过点M，EM=NF.（2）如图3，△ABC为等腰直角三角形，D为边AB上一点，以D为直角顶点作等腰直角△DEF，顶点E 恰好在边BC上.①如图3，若D为AB中点，连接AF，证明AF⊥BC，并说明AF、BE、AB之间的数量关系；②如图4，若AB=8，BD=2，在E点从B到C的运动过程中，求线段AF的最小值.2、在菱形ABCD 中，∠ABC=60°，AB=23，点P 是射线BD 上一动点，以AP 为边向右侧作等边△APE ，点E 的位置随点P 的位置变化而变化．（1）如图1，当点E 在菱形ABCD 内部时，连接CE ，直接写出BP 与CE 的数量关系位置关系；（2）如图2，在（1）的条件下，延长AP 、AE 分别交BC 、CD 于点Q 、F ，证明PQ =EF ；（3）如图3，M 为CD 中点，连接ME ，在点P 从B 到D 的运动过程中，求ME 的最小值和最大值；（4）如图4，当点P 在线段BD 的延长线上时，连接BE ，若BE=219，求四边形ADPE 的面积．。

2023年中考数学重难点复习：角含半角模型(附答案解析)

＝270°－（∠DNC+∠DCN）
＝270°－（180°－∠DNC）
＝135°．
（3），证明如下：
如图，将△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，连结EM.
易得AE＝AN.∠MAE＝∠MAN＝45°，∠EBM＝90°，
所以△A ME≌△AMN.（SAS）.
则ME＝MN．
在Rt△BME中，
所以 .
DH＝ AD＝40m，AH＝ AD＝40 m.
而DF＝40（－1）m.
所以∠EAF＝∠GAF＝45°.
可得△EAF≌△GAF（SAS）．
所以EF＝GF＝80m+40（－l）m≈109. 2m.
例2如图，正方形ABCD的边长为a，BM、DN分别平分正方形的两个外角，且满足∠MAN＝45°．连结MC、NC、MN．
所以△AEF∽△AIF（SAS），
所以EF＝IF＝DI＋DF＝BE＋DF．
（2）因为△AEF∽△AIF，AG⊥EF，AD⊥IF，
所以AG＝AD．
（3）由∠HAF＝∠HDF＝45°可得A，D，F，H四点共圆，
从而∠AHF＝－∠ADF＝90°，
即FH⊥AE．
【拓展】①如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CB，DC的延长线上，∠EAF＝45°，连结EF，则EF＝DF－BE．
可以通过旋转、翻折的方法来证明，如图：
②将等腰直角三角形变成任意的等腰三角形：如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E在BC上，且∠DAE＝ ∠BAC，则以BD，DE，EC为三边长的三角形有一个内角度数为180°－∠BAC．
可以通过旋转、翻折的方法将BD，DE，EC转移到一个三角形中，如图：
2．正方形角含半角
（2）方法一（旋转法）：如图1，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACF，连结EF．

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