旋转模型专题(完整资料).doc

合集下载

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)(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。

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(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)(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

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,。

模型构建专题:旋转中的常见模型(解析版)

模型构建专题:旋转中的常见模型(解析版)

模型构建专题:旋转中的常见模型【考点导航】目录【典型例题】【类型一“手拉手”模型】【变式1等边三角形--等腰直角三角形】【变式2特殊三角形--矩形】【变式3特殊三角形--正方形】【类型二“半角”模型】【典型例题】【类型一“手拉手”模型】1(2023秋·河南信阳·九年级统考期末)△ABC和△ADE都是等边三角形.将△ADE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.(1)将△ADE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;(2)将△ADE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)PB=PA+PC,证明见解析(2)PC=PA+PB【分析】(1)在BP上截取BF=PC,连接AF,证明△ABD≌△ACE SAS,得和△BAF≌△CAP SAS AF=AP,∠BAF=∠CAP,再证明△AFP是等边三角形,得PF=PA,最后由线段的和可得结论;(2)在PC上截取CM=PB,连接AM,证明△ABD≌△ACE SAS,得AM=和△AMC≌△APB SAS AP,∠BAP=∠CAM,再证明△AMP是等边三角形,得PM=PA,最后由线段的和可得结论.【详解】(1)解:PB=PA+PC,理由如下:如图②,在BP上截取BF=PC,连接AF,∵△ABC、△ADE都是等边三角形,∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE,即∠DAB=∠EAC,∴△ABD≌△ACE SAS,∴∠ABD=∠ACE,∵AB=AC,BF=CP,∴△BAF≌△CAP SAS,∴AF=AP,∠BAF=∠CAP,∴∠BAC=∠PAF=60°,∴△AFP是等边三角形,∴PF=PA,∴PB=BF+PF=PC+PA;(2)解:PC=PA+PB,理由如下:如图③,在PC上截取CM=PB,连接AM,∵△ABC、△ADE都是等边三角形,∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE,即∠DAB=∠EAC,∴△ABD≌△ACE SAS,∴∠ABD=∠ACE,∵AB=AC,PB=CM,∴△AMC≌△APB SAS,∴AM=AP,∠BAP=∠CAM,∴∠BAC=∠PAM=60°,∴△AMP是等边三角形,∴PM=PA,∴PC=PM+CM=PA+PB.【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质,熟练掌握等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质,添加适当的辅助线,是解题的关键.【变式1等边三角形--等腰直角三角形】1(2023春·吉林长春·七年级校考期末)【阅读材料】两个顶角相等的等腰三角形,若它们的顶角具有公共的顶点,且当把它们底角的顶点连接起来时会形成一组全等三角形,则把具有这种规律的图形称为“手拉手”图形,如图1,在“手拉手”图形中,若∠BAC=∠DAE,AB=AC,AD=AE,则△ABD≌△ACE.(1)【材料理解】在图1中证明.(2)【问题解决】如图2,△ABC和△ADE都是等腰三角形,∠BAC=∠DAE,AB=AC,AD=AE,线段DE与线段AC交于点F,延长ED交BC于点G,求证:∠BAD=∠CGE.下面是小明的部分证明过程:证明:∵AB=AC,AD=AE,∴∠ABC=∠ACB=12180°-∠BAC,∠AED=∠ADE=12180°-∠DAE∵∠BAC=∠DAE,∴∠ACB=∠AED.请你补全余下的证明过程.(3)【结论应用】如图3,△ABC是等腰三角形,∠BAC=100°,D、E分别为边AB、AC上的点,且满足AD =AE,连接DE,将△ADE以点A为旋转中心按逆时针方向旋转,旋转角为α0°<α<360°,当线段DE 与△ABC的腰有交点,且直线DE垂直于△ABC的腰时,直接写出α的值.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)50°或310°【分析】(1)根据∠BAC=∠DAE得∠BAD=∠CAE,再结合全等三角形的判定条件SAS证明即可;(2)根据三角形内角和定理,证明∠FAE=∠FGC,结合∠BAD=∠CAE,即可证明∠BAD=∠CGE;(3)根据直线DE垂直于△ABC的腰AB和AC时的图,结合三角内角和定理分别求出∠DAD1和∠DAD2的度数,再结合逆时针旋转方向求出旋转角即可.【详解】(1)证明:∵∠BAC=∠DAE,∴∠BAD=∠CAE,在△ABD和△ACE中,AB=AC∠BAD=∠CAE AD=AE∴△ABD≌△ACE SAS,(2):∵AB=AC,AD=AE,∴∠ABC=∠ACB=12180°-∠BAC,∠AED=∠ADE=12180°-∠DAE∵∠BAC=∠DAE,∴∠ACB=∠AED,又∵∠AFE=∠CFG,∴∠FAE=∠EGC,∵∠BAC=∠DAE,∴∠BAD=∠CAE,∴∠BAD=∠CGE.(3)DE旋转至垂直AC时,如图4所示,∵∠BAC=100°,AD=AE,∴∠ADE=∠AED=40°,∵△ADE以点A为旋转中心按逆时针方向旋转至△AD1E1,∴∠AD2P=∠ADE=40°,∵D1E1⊥AC于点P,∴∠APD1=90°,∴∠D1AP=50°,∴∠DAD1=∠DAE-∠D1AP=50°,∴DE旋转至垂直AC时,△ADE以点A为旋转中心按逆时针方向旋转角度为50°;DE旋转至垂直AB时,如图5所示,∵△ADE以点A为旋转中心按逆时针方向旋转至△AD2E2,∴∠AD2P=∠ADE=40°,∵D2E2⊥AB于点P,∴∠APD2=90°,∴∠D2AP=50°,∴∠DAD2=50°,∴DE旋转至垂直AB时,△ADE以点A为旋转中心按逆时针方向旋转角度为:360°-50°=310°.【点睛】本题考查了全等三角形的判定、等腰三角形的性质、三角形的内角和和图形的旋转,熟练掌握各个性质定理是解题的关键.【变式训练】1(2023春·河北张家口·八年级统考期中)已知△AOB和△MON都是等腰直角三角形2 2OA<OM<OA,∠AOB=∠MON=90°.(1)如图①,连AM,BN,求证:△AOM≌△BON;(2)若将△MON绕点O顺时针旋转.①如图②,当点N恰好在AB边上时,求证:BN2+AN2=2ON2;②当点A,M,N在同一条直线上时,若OB=5,ON=4,请直接写出线段BN的长.【答案】(1)见解析(2)①见解析;②17+22或17-22【分析】(1)利用SAS证明△AOM≌△BON即可;(2)①连接AM,证明△AOM≌△BON,得AM=BN,结合等腰直角三角形的性质,即可证BN2+AN2=2ON2;②分当点N在线段AM上时,和当点M在线段AN上时,两种情况分类讨论.情况一:当点N在线段AM上时,连接BN,过点O作OH⊥MN于H,根据△AOM≌△BON,得AM=BN,根据等腰直角三角形的性质和勾股定理,先算出MH,AH,再根据BN=AM=AH+MH计算即可;情况二:当点M在线段AN上时,连接BN,过点O作OH⊥MN于H,先利用SAS证△AOM≌△BON,得AM=BN,再根据等腰直角三角形的性质和勾股定理,算出MH,AH,最后根据BN=AM=AH-MH计算即可.【详解】(1)证明:∵∠AOB=∠MON=90°,∴∠MON+∠AON=∠AOB+∠AON,即∠AOM=∠BON,∵△MON和△AOB是等腰直角三角形,∴OM =ON ,OA =OB ,在△AOM 和△BON 中,OM =ON∠AOM =∠BON OA =OB,∴△AOM ≌△BON SAS ;(2)解:①证明:如下图,连接AM ,∵∠AOB =∠MON =90°,∴∠MON -∠AON =∠AOB -∠AON ,即∠AOM =∠BON ,∵△MON 和△AOB 是等腰直角三角形,∴OM =ON ,OA =OB ,∠OAB =∠OBA =45°,在△AOM 和△BON 中,OM =ON∠AOM =∠BON OA =OB,∴△AOM ≌△BON SAS ,∴∠MAO =∠OBA =45°,AM =BN ,∴∠MAN =∠MAO +∠OAB =90°,∴AM 2+AN 2=MN 2,∵△MON 是等腰直角三角形,∴MN =2ON ,MN 2=2ON 2,∴BN 2+AN 2=2ON 2.②情况一:如下图,当点N 在线段AM 上时,连接BN ,过点O 作OH ⊥MN 于H ,∵由(1)得△AOM ≌△BON ,∴AM =BN ,∵△MON 和△MON 都是等腰直角三角形,OB =5,ON =4,∠AOB =∠MON =90°,OH ⊥MN ,∴MN =2ON =42,OA =OB =5,MH =HN =OH =12MN =22,∴AH =OA 2-OH 2=52-22 2=17,∴BN =AM =AH +MH =17+22;情况二:如下图,当点M 在线段AN 上时,连接BN ,过点O 作OH ⊥MN 于H ,∵∠AOB =∠MON =90°,∴∠AON -∠MON =∠AON -∠AOB ,即∠AOM =∠BON ,∵△MON 和△AOB 都是等腰直角三角形,OB =5,ON =4,∠AOB =∠MON =90°,OH ⊥MN ,∴OM=ON =4,OA =OB =5,MN =2ON =42,MH =HN =OH =12MN =22,在△AOM 和△BON 中,OM =ON∠AOM =∠BON OA =OB,∴AM =BN ,∴AH =OA 2-OH 2=52-22 2=17,BN =AM =AH -MH =17-22,综上,线段BN 的长为17+22或17-22.【点睛】本题属于几何变换综合题,考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,勾股定理等知识,结合图形正确判断全等三角形是解题的关键.2(2023春·江西吉安·八年级校联考期中)如图1,在△ABC 中,∠A =90°,AB =AC =2+1,点D ,E 分别在边AB ,AC 上,且AD =AE =1,连接DE .现将△ADE 绕点A 顺时针方向旋转,旋转角为α(0°<α<360°),如图2,连接CE ,BD ,CD .(1)当0°<α<180°时,如图2,求证:CE =BD ;(2)当α=90°时,如图3,延长CE 交BD 于点F ,求证:CF 垂直平分BD ;(3)在旋转过程中,当△BCD 的面积最大时,直接写出此时旋转角α的度数和△BCD 的面积.【答案】(1)见解析(2)见解析(3)α=135°,32+52【分析】(1)利用 “SAS ”证得△ACE ≌△ABD 即可得到结论;(2)利用 “SAS ”证得△ACE ≌△ABD ,推出∠ACE =∠ABD ,计算得出AD =BC =2+2,利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论;(3)观察图形,当点D 在线段BC 的垂直平分线上时,△BCD 的面积取得最大值,利用等腰直角三角形的性质结合三角形面积公式即可求解.【详解】(1)解:根据题意: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)解:根据题意:AB =AC ,AD =AE ,∠CAB =∠EAD =90°,在△ACE 和△ABD 中,AC =AB∠CAE =∠BAD AE =AD,∴∠ACE =∠ABD ,∵∠ACE +∠AEC =90°,且∠AEC =∠FEB ,∴∠ABD +∠FEB =90°,∴∠EFB =90°,∴CF ⊥BD ,∵AB =AC =2+1,AD =AE =1,∠CAB =∠EAD =90°,∴BC =2AB =2+2,CD =AC +AD =2+2,∴BC =CD ,∵CF ⊥BD ,∴CF 是线段BD 的垂直平分线;(3)解:△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+1,AD =AE =1,∠CAB =∠EAD =90°,DG ⊥BC 于G ,∴AG =12BC =2+22,∠GAB =45°,∴DG =AG +AD =2+22+1=2+42,∠DAB =180°-45°=135°,∴△BCD 的面积的最大值为:12BC ⋅DG =12(2+2)2+42 =32+52,旋转角α=135°.【点睛】本题属于几何变换综合题,考查了等腰直角三角形的性质,全等三角形的判定和性质,线段垂直平分线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.【变式2特殊三角形--矩形】1(2023春·福建福州·八年级统考期末)矩形ABCO 的边长OA =3,AB =5,将矩形ABCO 绕点O 顺时针旋转角α得到矩形DEFO ,点A 、B 、C 的对应点分别为D 、E 、F .(1)如图1,当DE 过点C 时,求DC 的长;(2)如图2,当点D 落在AC 上时,连结CE 、OE .①四边形OACE 是何特殊的四边形?请说明理由;②证明点B 、C 、E 三点共线.【答案】(1)4(2)①四边形是OACE 为平行四边形,理由见解析;②证明见解析【分析】(1)根据旋转的性质可得OD的长度,在Rt△CDO中,根据勾股定理即可求解;(2)①矩形DEFO是由矩形ABCO旋转所得,则有OA=OD,可证△AOC≌△ODE(SAS),AC∥OE,再结合平行四边形的判定方法即可求证;②根据平行的性质即可求解.【详解】(1)解:∵OC=5,OA=3,由旋转的性质得:OD=OA=3,在Rt△CDO中,∠ODC=∠OAB=90°,由勾股定理得:DC=OC2-OD2=52-32=4.(2)解:①四边形OACE是平行四边形,理由如下:如图所示,∵矩形DEFO是由矩形ABCO旋转所得,∴∠AOC=∠ODE=90°,OA=OD,OC=DE,∴△AOC≌△ODE(SAS),∴∠CAO=∠EOD,AC=OE,∵OA=OD,∴∠DAO=∠ADO,∴∠ADO=∠DOE,∴AC∥OE,又∵AC=OE,∴四边形是OACE为平行四边形;②证明:∵矩形ABCO中,BC∥AO,由上述①可知,四边形是OACE为平行四边形,即CE∥AO,∴点B、C、E三点共线.【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质,矩形的旋转的性质,勾股定理求线段长度的综合,掌握以上知识是解题的关键.【变式训练】1(2023春·湖北武汉·八年级统考期末)【探索发现】(1)如图1,正方形ABCD的对角线相交于点O,点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点,而且这两个正方形的边长相等,我们知道,无论正方形A1B1C1O绕点O怎么转动,总有ΔAEO≅ΔBFO,连接EF,求证:AE2+CF2=EF2.【类比迁移】(2)如图2,矩形ABCD的中心O是矩形A1B1C1O的一个顶点,A1O与边AB相交于点E,C1 O与边CB相交于点F,连接EF,矩形A1B1C1O可绕着点O旋转,判断(1)中的结论是否成立,若成立,请证明,若不成立,请说明理由;【迁移拓展】(3)如图3,在Rt△ACB中,∠C=90°,AC=3cm,BC=4cm,直角∠EDF的顶点D在边AB 的中点处,它的两条边DE和DF分别与直线AC,BC相交于点E,F,∠EDF可绕着点D旋转,当BF= 1cm时,直接写出线段EF的长度.【答案】(1)见解析;(2)仍然成立,证明见解析;(3)EF=5或525cm【分析】(1)根据正方形的性质证明△AOE ≌△BOF ,推出AE =BF ,得到BE =CF ,然后根据勾股定理和线段的代换即可证得结论;(2)连接AC ,证明△AOE ≌△COG ,可得AE =CG ,OE =OG ,然后根据勾股定理和线段的代换证明即可;(3)设CE =x ,分两种情况:当点F 在边BC 上,点F 在边CB 延长线上时,结合(2)的结论利用勾股定理构建方程求解即可.【详解】(1)证明:∵四边形ABCD 、A 1B 1C 1O 都是正方形,∴OA =OB ,∠OAE =∠OBF =45°,∠AOB =∠EOF =∠ABC =90°,AB =BC ,∴∠AOE =∠BOF ,∴△AOE ≌△BOF ,∴AE =BF ,∴BE =CF ,在直角三角形BEF 中,BE 2+BF 2=EF 2,∴AE 2+CF 2=EF 2;(2)AE 2+CF 2=EF 2仍然成立;证明:连接AC ,∵O 是矩形ABCD 的中心,∴O 在AC 上,且AO =CO ,延长EO 交CD 于G ,连接FG ,∵四边形ABCD 是矩形,∴∠BCD =90°,AB ∥CD ,∴∠BAO =∠DCO ,∠AEO =∠CGO ,∴△AOE ≌△COG ,∴AE =CG ,OE =OG ,又∵矩形A 1B 1C 1O 中,∠EOF =90°,∴OF 垂直平分EG ,∴EF =GF ,在直角三角形FCG 中,CG 2+CF 2=FG 2,∴AE 2+CF 2=EF 2;(3)当点F 在边BC 上时,如图,因为BF =1,所以CF =3,根据(2)的结论可得:AE 2+BF 2=EF 2,设CE =x ,则AE =3-x ,则3-x 2+12=x 2+22,解得x =1,即CE =1,∴EF =CE 2+CF 2=12+22=5(cm );当点F 在边CB 延长线上时,如图,同理可证:AE 2+BF 2=EF 2,设CE =x ,则AE =3+x ,∵EF 2=CE 2+CF 2=AE 2+BF 2,∴x 2+52=x +3 2+12,解得:x =52,即CE =52,∴EF =52+52 2=525(cm );综上,EF =5或525cm .【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识,熟练掌握相关图形的性质定理、灵活利用方程思想是解题的关键.【变式3特殊三角形--正方形】1(2023·山西大同·校联考三模)综合与实践:问题情景:如图1、正方形ABCD 与正方形AEFG 的边AB ,AE AB <AE 在一条直线上,正方形AEFG 以点A 为旋转中心逆时针旋转,设旋转角为α,在旋转过程中,两个正方形只有点A 重合,其它顶点均不重合,连接BE ,DG .(1)操作发现:当正方形AEFG 旋转至如图2所示的位置时,求证:BE =DG ;(2)操作发现:如图3,当点E 在BC 延长线上时,连接FC ,求∠FCE 的度数;(3)问题解决:如图4,如果α=45°,AB =2,AE =42,请直接写出点G 到BE 的距离.【答案】(1)见解析(2)∠FCE =45°(3)1655【分析】(1)根据正方形的性质可得AB =AD ,∠BAE +∠EAD =90°,AE =AG ,∠EAD +∠DAG =90°,从而证明△ABE ≅△ADG SAS ,即可得出结论;(2)过F 作FH ⊥BE ,垂足为H ,证明△ABE ≌△EHF AAS ,可得AB =EH ,BE =FH ,从而可得BE =CH =FH ,再由∠EHF =90°,即可求解;(3)连接GB ,GE ,过点B 作BH ⊥AE 于点H ,根据正方形的性质可得AB ∥GE ,从而可得S △BEG =S △AEG =12S 正方形AEFG =16,再利用勾股定理求得BE =25,再由S △BEG =12×BE ×h =16,即可求解.【详解】(1)证明:∵四边形ABCD 是正方形,∴AB =AD ,∠BAE +∠EAD =90°,又∵四边形AEFG 是正方形,∴AE =AG ,∠EAD +∠DAG =90°,∴∠BAE =∠DAG .在△ABE 与△ADG 中,AB =AD ,∠BAE =∠DAG AE =AG ,,∴△ABE ≅△ADG SAS ,∴BE =DG ;(2)解;过F作FH⊥BE,垂足为H,∵∠AEF=∠ABE=∠EHF=90°,∴∠AEB+∠FEH=90°,∠FEH+∠EFH=90°,∴∠AEB=∠EFH,∵四边形AEFG是正方形,∴AE=EF,在△ABE与△EHF中,∠ABE=∠EHF ∠AEB=EFH AE=EF,∴△ABE≌△EHF AAS,∴AB=EH,BE=FH,∴AB=BC=EH,∴BC+EC=EH+EC,∴BE=CH=FH,又∵∠EHF=90°,∴∠FCE=45°,(3)解:如图,连接GB,GE,过点B作BH⊥AE于点H,∵GE是正方形AEFG的对角线,∴∠AEG=45°,∵∠EAB=45°,∴AB∥GE,∴S△BEG=S△AEG=12S正方形AEFG=12×42×42=16,∵AB=2,∴BH=AH=2,∴HE=42-2=32,在Rt△BHE中,BE=22+322=25,设点G到BE的距离为h,∵S△BEG=12×BE×h ,∴1 2×25×h=16,解得:h=1655,∴点G到BE的距离为1655.【点睛】本题考查正方形的性质、平行线性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质,熟练掌握正方形的性质是解题的关键.【变式训练】1(2023·全国·九年级专题练习)问题情境:小红同学在学习了正方形的知识后,进一步进行以下探究活动:在正方形ABCD的边BC上任意取一点G,以BG为边长向外作正方形BEFG,将正方形BEFG绕点B顺时针旋转.特例感知:(1)当BG在BC上时,连接DF,AC相交于点P,小红发现点P恰为DF的中点,如图①.针对小红发现的结论,请给出证明;(2)小红继续连接EG,并延长与DF相交,发现交点恰好也是DF中点P,如图②,根据小红发现的结论,请判断△APE的形状,并说明理由;规律探究:(3)如图③,将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α,连接DF,点P是DF中点,连接AP,EP,AE,△APE 的形状是否发生改变?请说明理由.【答案】(1)见解析;(2)△APE是等腰直角三角形,理由见解析;(3)△APE的形状不改变,见解析【分析】(1)连接BD,BF,BP,根据正方形的性质求出∠DBF=90°,证明△APD≌△APB,推出BP= DP,再利用余角的性质求出∠PBF=∠PFB,推出PB=PF即可;(2)根据正方形的性质直接得到∠CAE=∠PEA=45°,推出AP=EP,∠APE=90°,得到△APE是等腰直角三角形;(3)延长EP至点M,使PM=EP,连接MA,MD,证明△MPD≌△EPF SAS,得到DM=EF,∠DMP=∠PEF,推出BG∥DM,设DF交BC于点H,交BG于点N,得到∠MDN=∠DNB,由AD∥BC得到∠ADN=∠BHN,推出∠ADM=∠BHN+∠BNH=180°-∠HBN,进而得到∠ADM=∠ABE,再证明△ADM≌△ABE SAS,得到AM=AE,∠DAM=∠BAE,证得∠APE=90°,再由∠MAE=90°,根据等腰三角形的三线合一的性质求出∠MAP=∠PAE=45°,即可证得△APE是等腰直角三角形.【详解】(1)证明:连接BD,BF,BP,如图,∵四边形ABCD,BEFG都是正方形,∴∠CBD=45°=∠FBG,∴∠DBF=90°,∵四边形ABCD是正方形,∴∠DAC=∠BAC=45°,又∵AP=AP,∴△APD≌△APB SAS,∴BP=DP,∴∠PDB=∠PBD,∵∠PDB+∠PFB=90°=∠PBD+∠PBF,∴∠PBF=∠PFB,∴PB=PF,∴PD=PF,即点P恰为DF的中点;(2)△APE是等腰直角三角形,理由如下:∵四边形ABCD,BEFG都是正方形,∴∠CAE=∠PEA=45°∴AP=EP,∠APE=90°,∴△APE是等腰直角三角形;(3)△APE的形状不改变,延长EP至点M,使PM=EP,连接MA,MD,∵四边形ABCD、四边形BEFG都是正方形,∴AB=AD,∠BAD=∠ABC=∠EBG=90°,BE=EF,BG∥EF,∵点P为DF的中点,∴PD=PF,∵∠DPM=∠EPF,∴△MPD≌△EPF SAS,∴DM=EF,∠DMP=∠PEF,∴BE=DM,DM∥EF,∴BG∥DM,设DF交BC于点H,交BG于点N,∴∠MDN=∠DNB,∵AD∥BC,∴∠ADN=∠BHN,∵∠BHN+∠BNH+∠HBN=180°,∴∠ADM=∠ADN+∠MDN=∠BHN+∠BNH=180°-∠HBN,∵∠ABE=360°-∠ABC-∠EBG-∠HBN=180°-∠HBN,∴∠ADM=∠ABE,又∵AD=AB,∴△ADM≌△ABE SAS,∴AM=AE,∠DAM=∠BAE,∵PM=EP,∴AP⊥ME,即∠APE=90°,∵∠DAM+∠MAB=90°,∴∠BAE+∠MAB=90°,即∠MAE=90°,∴∠MAP=∠PAE=45°,∴∠PEA=45°=∠PAE,∴AP=EP,∴△APE是等腰直角三角形.【点睛】此题考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,平行线的性质等,(3)中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点,熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键.【类型二“半角”模型】1(2023春·福建漳州·八年级校考期中)(1)【发现证明】老师在数学课上提出一个问题:如图1,点E 、F 分别在正方形ABCD 的边BC 、CD 上,∠EAF =45°,请试判断BE 、EF 、FD 之间的数量关系,小聪把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ,发现EF =BE +FD ,请你利用图1证明上述结论.(2)【类比引申】如图2,四边形ABCD 中,∠BAD ≠90°,AB =AD ,∠B +∠D =180°,点E 、F 分别在边BC 、CD 上,要使得EF =BE +FD 仍然成立,则∠EAF 与∠BAD 应满足什么数量关系?请说明理由.(3)【探究应用】如图3,在某公园的同一水平面上,四条通道围成四边形ABCD .已知AB =AD =80米,∠B =60°,∠ADC =120°,∠BAD =150°,道路BC 、CD 上分别有景点E 、F ,且AE ⊥AD ,DF =403-1 )米,现要在E 、F 之间修一条笔直道路,求这条道路EF的长,【答案】(1)见解析;(2)∠BAD =2∠EAF ;(3)403+40 米【分析】(1)根据旋转的性质,得到AE =AG ,∠BAE =∠GAD ,从而证明∠GAF =∠EAF ,可证△AEF ≌△AGF SAS 得出EF =GF =GD +DF 即可;(2)仿照(1)的方法将△ADF 绕点A 顺时针旋转∠BAD 至△ABM ,则可通过的相同的方法证明△EAF ≌△EAM ,即可证出;(3)将△ABE 绕点A 逆时针旋转150°至△ADG ,连接AF ,过A 作AH ⊥GD ,垂足为H ,得到点G 在CD 的延长线上,求出AH ,HF ,得到∠HAF =45°,求出∠DAF =15°,进而得到∠EAF =∠EAD -∠DAF =90°-15°=75°,推出∠BAD =150°=2×75°=2∠EAF ,由此得到EF =BE +DF 求出结果.【详解】(1)解:∵△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ,∴△ABE ≌△ADG SAS ,∴∠BAE =∠GAD ,AE =AG ,∴∠GAD +∠DAF =∠BAE +∠DAF =90°-45°=45°,∴∠GAF =∠EAF =45°,在△AEF 和△AGF 中,GA =EA∠GAF =∠EAF AF =AF,∴△AEF ≌△AGF SAS ,∴EF =GF =GD +DF =BE +DF ;(2)解:∠BAD =2∠EAF ,理由如下:将△ADF 绕点A 顺时针旋转∠BAD 至△ABM ,∵△ADF 绕点A 顺时针旋转∠BAD 至△ABM ,∴△ABM ≌△ADF ,∴AF =AM ,∠DAF =∠BAM ,∠D =∠ABM ,∵∠BAD =2∠EAF ,∴∠DAF +∠BAE =∠BAM +∠BAE =∠EAF ,∴∠EAF =∠EAM ,∵∠ABE +∠D =180°,∴∠ABE +∠ABM =180°,则点M 、B 、E 共线,∴EM =BE +BM ,在△EAF 和△EAM 中,AF =AM∠EAF =∠EAM AE =AE,∴△EAF ≌△EAM ,∴EF =EM =BE +BM =BE +DF ,即EF =BE +DF ;(3)解:将△ABE 绕点A 逆时针旋转150°至△ADG ,连接AF ,过A 作AH ⊥GD ,垂足为H ,∵∠BAD =150°,∠DAE =90°,∴∠BAE =60°,∵∠B =60°,∴△ABE 是等边三角形,∴BE =AB =80米,根据旋转的性质得到∠ADG =∠B =60°,AG =AE ,∠DAG =∠BAE ,DG =BE ,∵∠ADF =120°,∴∠GDF =180°,即点G 在CD 的延长线上,又∵AH =80×32=403,HF =HD +DF =40+403-1 =403,∵AH ⊥GD ,∴∠HAF =45°,∴∠DAF =∠HAF -∠HAD =45°-30°=15°,∴∠EAF =∠EAD -∠DAF =90°-15°=75°,∴∠BAD =150°=275°=2∠EAF ,根据(2)中结论有:EF =BE +DF =80+403-1 =403+40 (米),即这条道路EF 的长为403+40 米.【点睛】本题考查了全等三角形,旋转的性质,对于大角中等于其中包含的小角的2倍的问题,可利用题中旋转的方法补全三角形,再通过证明三角形全等的方法求解相关线段.【变式训练】1(2023春·河南信阳·八年级校考期中)通过类比联想、引申拓展研究典型题目,可达到解一题知一类的目的,下面是一个案例,请补充完整.原题: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.(1)梳理∵AB=CD,∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,可使AB与AD重合.∵∠ADC=∠B=90°,∴∠FDG=180°,点F、D、G共线.根据,易证△AFG≌,得EF=BE+DF.(2)引申如图2,四边形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满足等量关系时,仍有EF=BE+DF.(3)联想拓展如图3,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°,猜想BD、DE、EC 应满足的等量关系,并写出推理过程.【答案】(1)SAS,△AFE(2)∠B+∠D=180°(3)DE2=BD2+EC2,见解析【分析】1 把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,可使AB与AD重合,再证明△AFG≌△AFE进而得到EF=FG,即可得EF=BE+DF;2 ∠B+∠D=180°时,EF=BE+DF,与1 的证法类同;3 根据△AEC绕点A顺时针旋转90°得到△ABE',根据旋转的性质,可知△AEC≌△ABE'得到BE = EC,AE =AE,∠C=∠ABE ,∠EAC=∠E AB,根据Rt△ABC中的,AB=AC得到∠E BD=90°,所以E B2+BD2=E D2,证△AE'D≌△AED,利用DE=DE 得到DE2=BD2+EC2;【详解】(1)证明:∵AB=AD,∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,可使AB与AD重合.∴∠BAE=∠DAG,∵∠BAD=90°,∠EAF=45°,∴∠BAE+∠DAF=45°,∴∠EAF=∠FAG,∵∠ADC=∠B=90°,∴∠FDG=180°,在△AFE和△AFG中AE=AG∠EAF=∠FAG AF=AF,∴△AFE≌△AFG SAS,∴EF=FG,即:EF=BE+DF.(2)解:延长CD 至点G ,连接AG ,如图所示,∠B +∠D =180°时,EF =BE +DF ;∵AB =AD ,∴把△ABE 绕点A 逆时针旋转90°至△ADG ,可使AB 与AD 重合,∴∠BAE =∠DAG ,BE =DG ,∵∠BAD =90°,∠EAF =45°,∴∠BAE +∠DAF =45°,∴∠EAF =∠FAG ,当∠FDG =180°,点F 、D 、G 共线时,在△AFE 和△AFG 中AE =AG∠FAE =∠FAG AF =AF,∴△AFE ≌△AFG SAS ,∴EF =FG ,∵FG =DF +DG =DF +BE ,即:EF =BE +DF .故答案为:∠B +∠D =180°;(3)解:猜想:DE 2=BD 2+EC 2.把△AEC 绕点A 顺时针旋转90°得到△ABE ,连接DE ,∴△AEC ≌△ABE ,∴BE =EC ,AE =AE ,∠C =∠ABE ,∠EAC =∠E AB ,在Rt △ABC 中,AB =AC ,∴∠ABC =∠ACB =45°,∴∠ABC +∠ABE =90°,即∠E BD =90°,∴E B 2+BD 2=E D 2,又∵∠DAE =45°,∴∠BAD +∠EAC =45°,∴∠E AB +∠BAD =45°,即∠E AD =45°,在△AE D 和△AED 中,AE =AE∠E AD =∠DAEAD =AD∴△AE D ≌△AED SAS ,∴DE =DE ,∴DE 2=BD 2+EC 2.【点睛】此题主要考查了几何变换,关键是正确画出图形,证明△AFG ≌△AEF .此题是一道综合题,难度较大,题目所给例题的思路,为解决此题做了较好的铺垫.。

旋转模型(初中数学典型模型六)

旋转模型(初中数学典型模型六)


,PB=5,PC=2,求△ABC的面积.
变式练习
二、半角模型中旋转
例3.(1)正方形ABCD中,P、Q分别是BC、CD边上的点,且∠PAQ=45°,证明: DQ+BP=PQ; (2)在(1)题中,连接BD分别交AP、AQ于点M、N,求BM、MN、ND的数量关系.
证明:将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°, 则AD与AB重合,得到△ABE,如图2, 则∠D=∠ABE=90°,∵∠ABP=90°, ∴∠ABE+∠ABP=180°∴点E、B、P共线, 由旋转知,∠EAQ=∠BAD=90°,AE=AQ, BE=DQ,∵∠PAQ=45°,∴∠PAE=45°, ∴∠PAQ=∠PAE, 在△APE和△APQ中
几何模型六:旋转模型
一、等线段共点类型
引例:如图,点P是等边△ABC内一点,且AP=6,BP=8,CP=10;若将
△APC绕点A逆时针旋转后得△AP'B;
求:AP'= ,∠APB=
度.
解:连接PP′,根据旋转的性质可知, 旋转角∠PAP′=∠CAB=60°,AP=AP′, ∴△APP′为等边三角形, ∴AP′=AP=6; 由旋转的性质可知,BP′=PC=10, 在△BPP′中,PP′=6,BP=8, 由勾股定理的逆定理得,△BPP′是直角三角形, ∴∠APB=∠APP′+∠BPP′=60°+90°=150°.
∴△ABC≌△ADC′(SAS), ∴四边形ABCD的面积等于等腰直角三角形ACC′ 的面积, 所以S四边形ABCD=S△ACC′=2
四、费马点
例5.△ABC中,∠ACB=30°,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.

专题四:Y型旋转

专题四:Y型旋转

旋转模型:Y 型旋转模型I :等边三角形的“Y ”字型旋转内“Y ”线“Y ”外“Y ”模型II :等腰直角三角形的“Y ”字型旋转内“Y ”线“Y ”外“Y ”P费马点概念:在一个三角形内找一个点,使得这个点到三角形三个点的距离和最小,这个点称为三角形中的费马点. 【典例规范】请写出思路和简要过程:例1(1)如图2-1,P 是等边ABC △内部一点,3PC =,4PA =,5PB =,求ABC △的边长和∠APC .(2)如图2-2,在等边ABC △中,P 为BC 边上一点,则以AP 、BP 、CP 为边组成的新三角形的最大内角为θ,则θ为多少度?(3)如图2-3,ABD △是等边三角形,在ABC △中,BC a =,CA b =,问:当ACB ∠为何值时,C 、D 两点的距离最大?最大值是多少?AB C PABPCAC BD图2-1 图2-2 图2-3例2(1)如图3-1,在正方形ABCD 内有一点P ,且PA =PB 1PC =.求BPC ∠度数的大小和正方形ABCD 的边长.(2)如图3-2,已知在ABC △中,AB AC =,90BAC =︒∠,点D 是BC 上的任意一点,探究:BD ,CD 与AD 的关系,并证明你的结论.(3)如图3-3,四边形ABCD 被对角线BD 分为等腰直角ABD △和直角CBD △,其中A ∠和C ∠都是直角,另一条对角线AC 的长度为2,求四边形ABCD 的面积.ABD AB C D图3-1 图3-2 图3-3PDC BA例3如果△ABC 的三个内角均小于120°,是否存在一点P ,使其与这个三角形的三个顶点的距离之和(即PA+PB+PC )为最小,如果存在,请写出点P 的具体位置。

A BC P【举一反三自主练习】请写出思路和简要过程:1. (1) 如图,P 是等边ABC △内部一点 ,PC =1,PA =√3,PB =2,求∠APC 和∠BPC 和∠APC . (2) 如图,P 是等边ABC △内部一点 ,PC =1,PA =1,PB =√2,求∠BPC .(3)如图,在等边ABC △中,P 为BC 边上一点,则以AP 、BP 、CP 为边组成的新三角形的最大内角为θ,则θ为多少度?AB C PABC PABPC2.(1)如图,四边形ABPC 中,AP ,BC 是对角线,△ABC 是等边三角形.∠BPC=120°,PC=2,PB=4.求PA 的长.(2)如图,四边形ABPC 中,AP ,BC 是对角线,△ABC 是等腰三角形且∠BAC=120°.∠BPC=60°,PC=4,PB=2.求PA 的长.(3)如图,四边形ABCD 中,AP ,BC 是对角线,△ADC 是等腰直角三角形且∠BDC=90°,∠BAC=90°,AB=4,AC=2.求AD 的长.(4)如图,四边形ABCD 中,AP ,BC 是对角线,△ADC 是等腰直角三角形且∠BDC=90°,∠BAC=90°,AB=4,AC=2.求AD 的长.(5)如图,四边形ABPC 中,AP ,BC 是对角线,△ABC 是等边三角形.∠BPC=30°,PC=3,PB=4.求PA 的长.3.(1)如图,正方形ABCD 的对角线交于点O ,以AD 为边向外作Rt ADE △,90AED ∠=︒,连接OE ,6DE =,OE =求AE 的长= . (2)如图,以Rt ABC △的斜边BC 为一边在ABC △同侧作正方形BCEF,设正方形的中心为O ,连接AO ,如果4AB =,AO =AC 的长=.(3)如图,ABC △为等边三角形,以AB 为对角线作矩形ADBE ,点E 在ABC △内部,连接EC ,若150BEC =︒∠,1EC =,则ABC △的边长为____ ___.(4)已知:PA =4PB =,以AB 为一边作正方形ABCD ,使P 、D 两点落在直线AB 的两侧.当45APB ∠=︒时,求AB = ,PD 的长= .AEB CD OB FC AOEPDABC4.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 =∠CP A =120°,此时,P A +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P A ,PB ,PC 转化到一个三角形中,从而求出∠APB =(2)请你利用第(1)题的解答思想方法,解答下面问题:如图③,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P A +PB +PC 的值.拓展应用(3)①如图④,△ABC 三个内角均小于120°,在△ABC 外侧作等边三角形ACB ',连接BB '.求证:BB '过△ABC 的费马点P ,且BB '=P A +PB +PC .②已知三村庄A ,B ,C 构成了如图⑤所示的△ABC (其中∠A ,∠C 均小于120°),AB =3 km ,BC =4 km ,∠B =30°,现选取一点P 打水井,使水井P 到三村庄A ,B ,C 所铺设的输水管总长度最小. 求输水管总长度的最小值.5.如图,四边形ABCD 是正方形,ABE △是等边三角形,M 为对角线BD (不含B 点)上任意一点,将BM 绕点B 逆时针旋转60︒得到BN ,连接EN 、AM 、CM . (1)求证:AMB ENB △≌△;(2)①当M 点在何处时,AM CM +的值最小;②当M 点在何处时,AM BM CM ++的值最小,并说明理由; (3)当AM BM CM ++1+时,求正方形的边长.ENM BCDA。

中考数学旋转五大模型专题

中考数学旋转五大模型专题

中考数学旋转五大模型专题
目录
一、旋转的性质与手拉手模型
相比平移、对称,旋转无疑是三大变换中最难的一个,一方面在于图形构造较为复杂,另一方面旋转本身的故事就很多,本节从性质开始,介绍旋转经典模型之一:手拉手模型。

二、三垂直模型
同样作为模型,但“三垂直模型”的定位和“手拉手模型”完全不同,“手拉手模型”是在讲旋转本身,而“三垂直”模型本身并不复杂,更多地是作为一种方法来解决其他问题,了解模型需了解其定位与应用,会帮助我们更准确地把握模型。

三、半角模型
如果说手拉手侧重在旋转本身,三垂直侧重在模型构造,半角模型则更多地体现在题型变化,半角模型一般条件如下:
(1)角含半角:
(2)邻边相等;
(3)对角互补,
其中邻边相等与对角互补,以正方形为背景即可,至于角含半角,是明面上的半角模型,可替换为其他条件,模型条件的等价条件,亦是模型的重点。

四、手连心模型与对补四边形
旋转本身或许并不难,难的是构造旋转,确定旋转的一个必要前提:邻边相等,再加入其它的料,会有不同的结果。

五、共顶点旋转模型
所谓共点旋转,是旋转构造的一种,即图形绕着自身某个顶点作旋转,常见为等边三角形共点旋转和正方形共点旋转,有着一般性的条件、结论及推广应用,即可视为模型。

旋转模型总结_图文

旋转模型总结_图文

七、常见模型
(五)其他模型(1)
简称“等边三角形对30°模型”.
七、常见模型
(五)其他模型(2)
这个模型是前面等腰直角三角形中“半角(45度)模型”的一个变式, 如果前面的模型成为“等腰直角三角形内嵌45度模型”,那这个模型可形象 称为“等腰直角三角形外嵌45度模型”。其实两个模型结论一模一样。
七、常见模型
(五)其他模型(3)
这个变式可简称为“等腰直角三角形内 含于135度模型”。
七、常见模型
(五)其他模型(4)
将上面的△D’CE单独抽离出来,如下图所示:
七、常见模型
(五)其他模型(5)
下面还有一个“外嵌60度模型”。
将左面的△D’CE单独抽离出来,如下图所示:
八、相关习题
八、相关习题
EF=AE+CF
七、常见模型
(二)四边形中更一般的“半角模型”
EF=AE+CF
七、常见模型
(三)等腰直角三角形中“半角(45度)模型”
已知等腰直角△ABC中,∠DAE=45°,则DE2=BD2+CE2.
DE2=BD2+CE2
七、常见模型
(四)对角互补模型(1)
简称“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型(异侧型).
如左图,若连接BB’、CC’, 易证明△ABB’≌△ACC’(SAS)。
这就是传说中的“旋转一拖二”,即等腰三角形旋转之后 会有两个全等三角形,尤其是第二个全等往往是解题的关键。 另外,结合“8字形”,易证∠BDC=∠BAC。
上述模型有个形象的名字,可以称为“手拉手模型”。
四、“旋转一拖二”的特例(1)
上述规律可简记为“等线段、共顶点;造旋转、一拖二”。

专题6 常见的旋转模型【8年级(下)专题】

专题6 常见的旋转模型【8年级(下)专题】

专题6 常见的旋转模型类型1 等边三角形的旋转1.如图,在等边△ABC中,点D为△ABC内的一点,∠ADB=120°,∠ADC=90°,将△ABD绕点A逆时针旋转60°得△ACE,连接DE.(1)求证:AD=DE;(2)若BD=1,求AD,CD的长.2.△ABC与△DCE均为等边三角形,D在边AC上,连接BE.(1)如图1,若AB=4,CE=2,求BE的长;(2)如图2.若AB>DC,在平面内将图1中△DCE绕点C顺时针旋转α(0°<α<120°),连接BD、AE,交于点O,连接OC,在△CDE运动过程中,猜想线段AO,OC,BO之间存在的数量关系,并证明你的猜想.类型2 等腰直角三角形的旋转3.在△RtABC中,AC=BC,∠ACB=90°,D为BC上一点.(1)如图1,过C作CE⊥AB于E,连接AD,DE.若AD平分∠BAC,CD=2,求DE的长;(2)如图2,以CD为直角边,点C为直角顶点,向右作等腰直角三角形△DCM,将△DCM 绕点C顺时针旋转α°(0<α<45),连接AM,BD,取线段AM的中点N,连接CN.求证:BD=2CN;类型3 其他类型的旋转4.在等腰△ABC中,AB=AC,将CA绕点C顺时针旋转α至CD的位置,连结AD.点E 为边BC上一动点,连结DE交AC于点F.(1)如图1,若∠BAC=90°,AB=1,且α=90°,点B与点E重合,求BD的长;(2)如图2,连结AE,若AC=DE,AC⊥DE.求证:;5.在△ABC中,90°<∠BAC<120°,将线段AB绕点A逆时针旋转120°得到线段AD,连接CD.(1)如图1,若AB=8,∠ABC=45°,BA⊥CD,延长BA,CD交于点K,求四边形ABCD 的面积;(2)如图2,点E是CA延长线上一点,点G是AE的中点,连接BE,BG,点F在线段AC上,点H在线段BG上,连接HF,若BG=GF,HF=BE,GA=GH,2∠ACB=∠EBG+∠ABC,求证:BC+CD=AC;。

(完整版)旋转模型专题

(完整版)旋转模型专题

旋转模型专题一、等线段共点二、按图形分类1、等腰三角形,2、等边三角形,3、等腰直角三角形,4、正方形三、按模型分类1、手拉手模型2、角含半角模型3、对角互补模型4、与勾股定理结合5、费马点问题等边三角形共顶点共顶点等腰直角三角形共顶点等腰三角形共顶点等腰三角形M D NEC BFAABCD例题精讲一、手拉手模型1、已知:如图,点C 为线段AB 上一点,ACM ∆、CBN ∆是等边三角形. 常见结论: (1)AN BM = (2)CD CE = (3)CF 平分AFB ∠ (4)CDE △是等边三角形. (5)∠AFM=60°且保持不变2、如图,在凸四边形ABCD 中,30BCD ∠=︒,60DAB AD AB ∠=︒=,. 求证:222AC CD BC =+3、已知ABC ∆,以AC 为边在ABC ∆外作等腰ACD ∆,其中AC AD =。

⑴如图①,若2DAC ABC ∠=∠,AC BC =,四边形ABCD 是平行四边形,则_____ABC ∠=⑵如图②,若30ABC ∠=︒,ACD ∆是等边三角形,3AB =,4BC =,求BD 的长; ⑶如图③,若ACD ∠为锐角,作AH BC ⊥于H ,当2224BD AH BC =+时,2DAC ABC ∠=∠是否成立?若不成立,请说明你的理由;若成立,证明你的结论。

③②①AH CBDDCBADCBA二、角含半角模型4、已知:如图1在Rt ABC ∆中,90BAC ∠=︒,AB AC =,点D 、E 分别为线段BC 上两动点,若45DAE ∠=︒.探究线段BD 、DE 、EC 三条线段之间的数量关系. 小明的思路是:把AEC ∆绕点A 顺时针旋转90︒,得到ABE '∆,连结E D ',使问题得到解决.请你参考小明的思路探究并解决下列问题:⑴ 猜想BD 、DE 、EC 三条线段之间存在的数量关系式,并对你的猜想给予证明;⑵ 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,⑴中探究的结论是否发生改变?说明你的猜想并给予证明.5、在正方形ABCD 中,点E 、F 分别在边BC 、CD 上,且∠EAF=∠CEF=45°, (1)将△ADF 绕着点A 顺时针旋转90°,得到△ABG ,如图1, 求证:△AEG ≌△AEF ;(2)若直线EF 与AB 、AD 的延长线分别交于点M,N ,如图2, 求证:222NF ME EF +=(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形,若其余条件不变,请你直接写出线段EF ,BE ,DF 之间的数量关系。

旋转中的几何模型

旋转中的几何模型

▶ 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,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.
3.如图,已知正方形 ABCD 的边长为 3,E,F 分别是 AB,BC 边上的点,且∠EDF=45°,将△DAE
解得 x=5,则 EF 的长为5.
2
2
全品作业本
4.(2020·嘉峪关)如图,点 M,N 分别在正方形 ABCD 的边 BC,CD 上,且∠MAN=45°.
把△ADN 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABE.
(1)求证:△AEM≌△ANM. 解:证明:由旋转的性质,得△ADN≌△ABE,
∴∠DAN=∠BAE,AE=AN,∠D=∠ABE=90°. ∵四边形 ABCD 是正方形, ∴∠ABC=∠BAD=90°. ∴∠ABC+∠ABE=180°.∴点 E,B,C 三点共线. ∵∠DAB=90°,∠MAN=45°,
不变的关系式,请你写出这个关系式,并说明理由.
解:(1)能,△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°,
2.将两块斜边长相等的等腰直角三角形按如图 7-ZT-3 所示摆放.
(1)如果把图①中的△BCN 绕点 C 逆时针旋转 90°,得到图②中的△ACF,除了△ABC≌△CED,
  1. 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性,平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
  2. 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
  3. 3、如文档侵犯您的权益,请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间:9:00-18:30)。

【最新整理,下载后即可编辑】旋转模型专题一、等线段共点二、按图形分类1、等腰三角形,2、等边三角形,3、等腰直角三角形,4、正方形三、按模型分类1、手拉手模型2、角含半角模型3、对角互补模型4、与勾股定理结合5、费马点问题 例题精讲 一、手拉手模型等边三角形共顶点共顶点等腰直角三角形共顶点等腰三角形共顶点等腰三角形M DNEC B FAA BCD1、已知:如图,点C为线段AB上一点,ACM∆、CBN∆是等边三角形.常见结论:(1)AN BM=(2)CD CE=(3)CF平分AFB∠(4)CDE△是等边三角形.(5)∠AFM=60°且保持不变2、如图,在凸四边形ABCD中,30BCD∠=︒,60DAB AD AB∠=︒=,.求证:222AC CD BC=+3、已知ABC∆,以AC为边在ABC∆外作等腰ACD∆,其中AC AD=。

⑴如图①,若2DAC ABC∠=∠,AC BC=,四边形ABCD是平行四边形,则_____ABC∠=⑵如图②,若30ABC∠=︒,ACD∆是等边三角形,3AB=,4BC=,求BD 的长;⑶如图③,若ACD∠为锐角,作AH BC⊥于H,当2224BD AH BC=+时,2DAC ABC ∠=∠是否成立?若不成立,请说明你的理由;若成立,证明你的结论。

③②①AH CBDDCBADCBA二、角含半角模型4、已知:如图1在Rt ABC ∆中,90BAC ∠=︒,AB AC =,点D 、E 分别为线段BC 上两动点,若45DAE ∠=︒.探究线段BD 、DE 、EC 三条线段之间的数量关系.小明的思路是:把AEC ∆绕点A 顺时针旋转90︒,得到ABE '∆,连结E D ',使问题得到解决.请你参考小明的思路探究并解决下列问题: ⑴ 猜想BD 、DE 、EC 三条线段之间存在的数量关系式,并对你的猜想给予证明;⑵ 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,⑴中探究的结论是否发生改变?说明你的猜想并给予证明.5、在正方形ABCD 中,点E 、F 分别在边BC 、CD 上,且∠EAF=∠CEF=45°,(1)将△ADF 绕着点A 顺时针旋转90°,得到△ABG ,如图1, 求证:△AEG ≌△AEF ;(2)若直线EF 与AB 、AD 的延长线分别交于点M,N ,如图2, 求证:222NF ME EF +=图1ABCDE图2AB CDE(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形,若其余条件不变,请你直接写出线段EF ,BE ,DF 之间的数量关系。

ABCD EF6、在等边AB C ∆的两边AB ,AC 所在直线上分别有两点M ,N ,D 为AB C ∆外一点,且︒=∠60MDN ,︒=∠120BDC ,CD BD =,探究:当点M ,N 分别爱直线AB ,AC 上移动时,BM ,NC ,MN 之间的数量关系及AMN ∆的周长与等边AB C ∆的周长L 的关系. ⑴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LQ =__________⑵如图②,当点M ,N 在边AB ,AC 上,且DN DM ≠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;⑶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)图(1) 图(2) 图(3)N M DCBANM DCBANMD CBA三、对角互补类7、已知:MAN ∠,AC 平分MAN ∠.⑴在图1中,若90MAN DCB ∠=∠=︒,证明:AB AD +.⑵在图2中,若120MAN ∠=︒,60DCB ∠=︒,探究AB 、AD 、AC 三者之间的数量关系,并给出证明;⑶在图3中:若MAN α∠=(0180α︒<<︒),180DCB α∠=︒-,则______AB AD AC +=(用含α的三角函数表示,直接写出结果,不必证明)8、如图1,正方形ABCD 和正方形QMNP ,M 是正方形ABCD 的对称中心,MN 交AB 于F ,QM 交AD 于E . ⑴猜想:ME 与MF 的数量关系⑵如图2,若将原题中的“正方形”改为“菱形”,且M B ∠=∠,其它条件不变,探索线段ME 与线段MF 的数量关系,并加以证明. ⑶如图3,若将原题中的“正方形”改为“矩形”,且:1:2AB BC =,其它条件不变,探索线段ME 与线段MF 的数量关系,并说明理由. ⑷如图4,若将原题中的“正方形”改为平行四边形,且M B ∠=∠,:AB BC m =,其它条件不变,求出:ME MF 的值(直接写出答案)图3图2图1ABM CDNAB MCDNNMDCB A图4图1图2图3AB CDQ PNME F AB CDFEMQPNF E F E AB C DQPN M QPNMDCB A四、直角三角形斜边中点9、在等腰直角ABC ∆中,90ACB ∠=,AC BC =,M 是AB 的中点,点P 从B 出发向C 运动,MQ MP ⊥ 交AC 于点Q ,试说明MPQ ∆的形状和面积将如何变化.10、等腰直角三角形ABC ,902ABC AB O ∠=︒=,,为AC 中点,45EOF ∠=︒,求△BEF 的周长.11、已知Rt△ABC 中,AC=BC ,∠C =90°,D 为AB 边的中点,∠EDF =90°,∠EDF 绕D 点旋转,它的两边分别交AC 、CB (或延长线)于E 、F .当∠EDF 绕D 点旋转到DE ⊥AC 于E 时(如图1),易证ABC CEF DEF S S S ∆∆∆21=+. 当∠EDF 绕D 点旋转到DE 和AC 不垂直时,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, , , 又有怎样的数量关系?请写出你的猜想,不需证明.AP MC QBOFE CBAABCS △CEF S △DEFS △F BCEDA图1BAECFD图2图3EBADFC五、等线段共点12、如图所示,P 是等边ABC ∆内部一点,3PC =,4PA =,5PB =,求ABC ∆的边长.BPC S ∆= ,ABP S ∆= , APC S ∆=,ABC S ∆= ,13、P 为等边ABC ∆内一点,113APB ∠=,123APC ∠=,求证:以AP 、BP 、CP 为边可以构成一个三角形,并确定所构成的三角形的各内角的度数.14、如图,P 为正方形ABCD 内一点,PA =1,PD =2,PC =3,将PAD ∆绕着D 点按逆时针旋转︒90到DCM ∆的位置 (1)求APD ∠的度数。

(2)求正方形的边长PCBAPCBA PCBAMPDCBA六、费马点问题 15、阅读下列材料对于任意的ABC ∆,若三角形内或三角形上有一点P ,若PA PB PC ++有最小值,则取到最小值时,点P 为该三角形的费马点。

①若三角形内有一个内角大于或等于120︒,这个内角的顶点就是费马点②若三角形内角均小于120︒,则满足条件120APB BPC APC ∠=∠=∠=︒时,点P 既为费马点 解决问题:⑴如图,ABC ∆中,三个内角均小于120︒,分别以AB 、AC 为边向外作等边ABD ∆、ACE ∆,连接CD 、BE 交于点P ,证明:点P 为ABC ∆的费马点。

(即证明120APB BPC APC ∠=∠=∠=︒)且PA PB PC CD ++=⑵如图,点Q为三角形内部异于点P的一点,证明:QA QC QB PA PB PC ++>++PEDCBA⑶若30ABC ∠=︒,3AB =,4BC =,直接写出PA PB PC ++的最小值QA BCDEP16、如图,四边形ABCD 是正方形,ABE ∆是等边三角形,M 为对角线BD 上任意一点,将BM 绕点B 逆时针旋转60︒得到BN ,连接AM 、CM 、EN .⑴求证:AMB ENB ∆∆≌⑵①当M 点在何处时,AM CM +的值最小;②当M 点在何处时,AM BM CM ++的值最小,并说明理由;⑶当AM BM CM ++的最小值为31+时,求正方形的边长.17、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.ENMDCBADEACBP图2DACB图3ACBP图1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.七、最值问题 18、已知:PA 4PB =,以AB 为一边作正方形ABCD ,使P 、D 两点落在直线AB 的两侧.⑴如图,当45APB ∠=︒时,求AB 及PD 的长;⑵当APB ∠变化,且其它条件不变时,求PD 的最大值及相应APB ∠的大小.19、如图①,已知ABC ∆是等腰直角三角形,BAC ∠=90°,点D 是BC 的中点.作正方形DEFG ,使点A 、C 分别在DG 和DE 上,连接AE 、BG .⑴试猜想线段BG 和AE 的数量关系,请直接写出你得到的结论. ⑵将正方形DEFG 绕点D 逆时针方向旋转一定角度后(旋转角度大于︒0,小于或等于360°),如图②,通过观察或测量等方法判断(1)中的结论是否仍然成立?如果成立,请予以证明;如果不成立,请说明理由.⑶若2BC DE ==,在②的旋转过程中,当AE 为最大值时,求AF 的值.P DCBAABCD EFG②①G FEDCBA八、综合应用20、已知:在Rt ABC ∆中,AB BC =,在Rt ADE ∆中,AD DE =,连结EC ,取EC 的中点M ,连结DM 和BM .⑴ 若点D 在边AC 上,点E 在边AB 上且与点B 不重合,如图①,探索BM 、DM 的关系并给予证明;⑵ 如果将图①中的ADE ∆绕点A 逆时针旋转小于45︒的角,如图②,那么⑴中的结论是否仍成立?如果不成立,请举出反例;如果成立,请给予证明.21、已知:如图,OAB ∆与OCD ∆为等腰直角三角形,90AOB COD ∠=∠=︒. ⑴如图①,点C 、D 分别在边OA 、OB 上,联结AD 、BC ,点M 为线段BC 的中点,联结OM ,请你猜想OM 与AD 的数量关系: (直接写出答案,不必证明);⑵如图②,在图1的基础上,将OCD ∆绕点O 逆时针旋转一个角度α(︒<<︒900α).①OM 与AD 的数量关系是否仍成立,若成立请证明,若不成立请说明理由;图1ABCDEM图2MEDCBA②求证:OM AD .②①MACOD BMOD CBA。

相关文档
最新文档