中考数学专题训练-旋转模型几何变换三种模型手拉手-半角-对角互补

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。

中考数学专题训练旋转模型几何变换的三种模型手拉手半角对角互补Company Document number：WTUT-WT88Y-W8BBGB-BWYTT-19998几何变换的三种模型手拉手、半角、对角互补⎧⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎩⎪⎪⎩等腰三角形手拉手模型等腰直角三角形（包含正方形）等边三角形（包含费马点）特殊角旋转变换对角互补模型一般角特殊角角含半角模型一般角等线段变换（与圆相关）【练1】 （2013北京中考）在ABC △中，AB AC =，BAC α∠=（060α︒<<︒），将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD ．（1）如图1，直接写出ABD ∠的大小（用含α的式子表示）；（2）如图2，15060BCE ABE ∠=︒∠=︒，，判断ABE △的形状并加以证明； （3）在（2）的条件下，连结DE ，若45DEC ∠=︒，求α的值．真题演练知识关联图【练2】 （2012年北京中考）在ABC △中，BA BC BAC α=∠=，，M 是AC 的中点，P 是线段上的动点，将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ ．（1）若α=60︒且点P 与点M 重合（如图1），线段CQ 的延长线交射线BM 于点D ，请补全图形，并写出CDB ∠的度数；（2）在图2中，点P 不与点B M ，重合，线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，猜想CDB ∠的大小（用含α的代数式表示），并加以证明； （3）对于适当大小的α，当点P 在线段BM 上运动到某一位置（不与点B ，M 重合）时，能使得线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，且PQ QD =，请直接写出α的范围．例题精讲考点1：手拉手模型：全等和相似包含：等腰三角形、等腰直角三角形（正方形）、等边三角形伴随旋转出全等，处于各种位置的旋转模型，及残缺的旋转模型都要能很快看出来（1）等腰三角形旋转模型图（共顶点旋转等腰出伴随全等）（2）等边三角形旋转模型图（共顶点旋转等边出伴随全等）（3）等腰直角旋转模型图（共顶点旋转等腰直角出伴随全等）（4）不等边旋转模型图（共顶点旋转不等腰出伴随相似）【例1】（14年海淀期末）已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB CE>．（1）如图1，连接BG、DG．求证：BG DE=；（2）如图2，如果正方形ABCD的边长为2，将正方形CEFG绕着点C旋转到某一位置时恰好使得CG BD∥，BG BD=．①求BDE∠的度数；②请直接写出正方形CEFG的边长的值．【题型总结】手拉手模型是中考中最常见的模型，突破口常见的有哪些信息常见的考试方法有哪些【例2】 （2014年西城一模） 四边形ABCD 是正方形，BEF ∆是等腰直角三角形，90BEF ∠=︒，BE EF =，连接DF ，G 为DF 的中点，连接EG ，CG ，EC 。

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。

旋转一．半角模型“半角”旋转模型，经常会出现在等腰直角三角形、正方形中，在一般的等腰三角形中也会有涉及．二．等腰三角形旋转模型等腰三角形的旋转模型比较多，此模型需要注意的是利用“全等三角形”的性质进行边与角的转化，证明的基本思想“SAS”．1．一般等腰三角形的旋转2．等边三角形的旋转3．等腰直角三角形的旋转三．对角互补模型四边形对角互补模型多数题目给出的条件会以四边形或三角形等旋转为载体．四．旋转相似模型共顶点相似的一般三角形模型：如图，图中ABD ACE∆∆∽，得到AB AD BDAC AE CE==，ABD ACE∠=∠，ADB AEC∠=∠，BAD CAE∠=∠，则有ABC ADE∆∆∽．一．考点：1．旋转全等模型；2．旋转相似模型；3．旋转中的轨迹与最值问题；二．重难点：1．这类题的关键是找到题目中所给的特殊条件，结合问题所要证明或者求解的边长角度问题，再去选择是要构造旋转全等还是通过已经得到的旋转全等的性质进一步证明．2．观察图形发现旋转得到的相似；3．通过添加辅助线构造旋转相似或者去挖掘隐含的相似图形．三．易错点：1．在利用旋转构造全等的时候注意辅助线的做法问题；2．构造旋转全等时候一定要有相等边长的条件．3．全等是相似的一个特例，旋转有时候也会出现全等，注意和旋转全等的区别和联系．题模一：旋转与全等例1.1.1已知四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF；当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明．【答案】图2成立，证明见解析，图3不成立，图3中AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF【解析】∵AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，AE=CF，在△ABE和△CBF中，∴△ABE≌△CBF（SAS）；∴∠ABE=∠CBF，BE=BF；∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE=∠CBF=30°，∴AE=12BE，CF=12BF；∵∠MBN=60°，BE=BF，∴△BEF为等边三角形；∴AE+CF=12BE+12BF=BE=EF；图2成立，图3不成立．证明图2．延长DC至点K，使CK=AE，连接BK，在△BAE和△BCK中，则△BAE≌△BCK，∴BE=BK，∠ABE=∠KBC，∵∠FBE=60°，∠ABC=120°，∴∠FBC+∠ABE=60°，∴∠FBC+∠KBC=60°，∴∠KBF=∠FBE=60°，在△KBF和△EBF中，∴△KBF≌△EBF，∴KF=EF，∴KC+CF=EF，即AE+CF=EF．图3不成立，AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF．例1.1.2（1）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD．求证：EF=BE+FD；（2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？（3）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=12∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明．【答案】（1）证明见解析（2）成立（3）EF=BE﹣FD 【解析】（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG．∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴AG=AF，∠1=∠2．∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．又AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF．∵EG=BE+BG．∴EF=BE+FD（2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立．（3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE﹣FD．证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG．∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°，∴∠B=∠ADF．∵AB=AD，∴△ABG≌△ADF．∴∠BAG=∠DAF，AG=AF．∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF=12∠BAD．∴∠GAE=∠EAF．∵AE=AE，∴△AEG≌△AEF．∴EG=EF∵EG=BE﹣BG∴EF=BE﹣FD．例 1.1.3如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点；（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形；（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．【答案】（1）见解析（2）见解析（3）△ACN仍为等腰直角三角形【解析】（1）证明：如图1，∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．∵点M为DE的中点，∴DM=EM．在△ADM和△NEM中，∴△ADM≌△NEM．∴AM=MN．∴M为AN的中点．（2）证明：如图2，∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°．∵A，B，E三点在同一直线上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN为等腰直角三角形．（3）△ACN仍为等腰直角三角形．证明：如图3，延长AB交NE于点F，∵AD∥NE，M为中点，∴易得△ADM≌△NEM，∴AD=NE．∵AD=AB，∴AB=NE．∵AD∥NE，∴AF⊥NE，在四边形BCEF中，∵∠BCE=∠BFE=90°∴∠FBC+∠FEC=360°﹣180°=180°∵∠FBC+∠ABC=180°∴∠ABC=∠FEC在△ABC和△NEC中，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN为等腰直角三角形．例1.1.4如图，△AEF中，∠EAF=45°，AG⊥EF于点G，现将△AEG沿AE折叠得到△AEB，将△AFG沿AF折叠得到△AFD，延长BE和DF相交于点C．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）连接BD分别交AE、AF于点M、N，将△ABM绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADH，试判断线段MN、ND、DH之间的数量关系，并说明理由．（3）若EG=4，GF=6，2，求AG、MN的长．【答案】（1）见解析（2）MN2=ND2+DH2；理由见解析（3）AG=12；2【解析】（1）证明：∵△AEB由△AED翻折而成，∴∠ABE=∠AGE=90°，∠BAE=∠EAG，AB=AG，∵△AFD由△AFG翻折而成，∴∠ADF=∠AGF=90°，∠DAF=∠FAG，AD=AG，∵∠EAG+∠FAG=∠EAF=45°，∴∠ABE=∠AGE=∠BAD=∠ADC=90°，∴四边形ABCD 是矩形，∵AB=AD ，∴四边形ABCD 是正方形；（2）MN 2=ND 2+DH 2，理由：连接NH ，∵△ADH 由△ABM 旋转而成，∴△ABM ≌△ADH ，∴AM=AH ，BM=DH ，∵由（1）∠BAD=90°，AB=AD ，∴∠ADH=∠ABD=45°，∴∠NDH=90°，∴△AMN ≌△AHN ，∴MN=NH ，∴MN 2=ND 2+DH 2；（3）设AG=BC=x ，则EC=x ﹣4，CF=x ﹣6，在Rt △ECF 中，∵CE 2+CF 2=EF 2，即（x ﹣4）2+（x ﹣6）2=100，x 1=12，x 2=﹣2（舍去）∴AG=12，∵AG=AB=AD=12，∠BAD=90°，∴22AB AD +221212+2，∵2，∴MD=BD ﹣2﹣22，设NH=y，在Rt△NHD中，∵NH2=ND2+DH2，即y2=（2y）2+（22，解得2，即2．题模二：旋转与相似例1.2.1如图1，点P在正方形ABCD的对角线AC上，正方形的边长是a，Rt△PEF的两条直角边PE、PF分别交BC、DC于点M、N．（1）操作发现：如图2，固定点P，使△PEF绕点P旋转，当PM⊥BC时，四边形PMCN是正方形．填空：①当AP=2PC时，四边形PMCN的边长是________；②当AP=nPC时（n是正实数），四边形PMCN的面积是___________．（2）猜想论证如图3，改变四边形ABCD的形状为矩形，AB=a，BC=b，点P在矩形ABCD的对角线AC上，Rt△PEF 的两条直角边PE、PF分别交BC、DC于点M、N，固定点P，使△PEF绕点P旋转，则PMPN=__________．（3）拓展探究如图4，当四边形ABCD满足条件：∠B+∠D=180°，∠EPF=∠BAD时，点P在AC上，PE、PF分别交BC，CD于M、N点，固定P点，使△PEF绕点P旋转，请探究PMPN的值，并说明理由．【答案】（1）①13a②()221an+（2）ab（3）见解析【解析】（1）①如图2，∵PM⊥BC，AB⊥BC ∴△PMC∽△ABC又∵AP=2PC∴PMAB=13，即PMa=13∴PM=13a，即正方形PMCN的边长是13a②当AP=nPC时（n是正实数），PMAB=11n+∴PM=11n+a∴四边形PMCN的面积=（11n+a）2=()221an+（2）如图3，过P作PG⊥BC于G，作PH⊥CD于H，则∠PGM=∠PHN=90°，∠GPH=90°∵Rt△PEF中，∠FPE=90°∴∠GPM=∠HPN∴△PGM∽△PHN由PG∥AB，PH∥AD可得，PG CP PH AB CA AD==∵AB=a，BC=b∴PG PHa b=，即PGPH=ab（3）如图4，过P作PG∥AB，交BC于G，作PH∥AD，交CD于H，则∠HPG=∠DAB ∵∠EPF=∠BAD∴∠EPF=∠GPH，即∠EPH+∠HPN=∠EPH+∠GPM∴∠HPN=∠GPM∵∠B+∠D=180°∴∠PGC+∠PHC=180°又∵∠PHN+∠PHC=180°∴∠PGC=∠PHN∴△PGM∽△PHN由PG∥AB，PH∥AD可得，PG CP PH AB CA AD==即PG AB PH AD=②∴由①②可得，PMPN=ABAD例1.2.2数学活动课上，小颖同学用两块完全一样的透明等腰直角三角板ABC、DEF进行探究活动．操作：使点D落在线段AB的中点处并使DF过点C（如图1），然后将其绕点D顺时针旋转，直至点E落在AC的延长线上时结束操作，在此过程中，线段DE与AC或其延长线交于点K，线段BC与DF相交于点G（如图2，3）．探究1：在图2中，求证：△ADK∽△BGD．探究2：在图2中，求证：KD平分∠AKG．探究3：①在图3中，KD仍平分∠AKG吗？若平分，请加以证明；若不平分，请说明理由．②在以上操作过程中，若设AC=BC=8，KG=x，△DKG的面积为y，请求出y与x的函数关系式，并直接写出x的取值范围．【答案】探究1：见解析；探究2：见解析；探究3：①KD仍平分∠AKG②y=2x，其中≤≤4838x【解析】探究1，∵∠KAD=∠KDG=∠DBG=45°，∴∠KDA+∠BDG=135°．∵∠BDG+∠BGD=135°，∴∠KDA=∠BGD，∴△ADK∽△BGD；探究2，∵△ADK∽△BGD，∵点D是线段AB的中点，∴BD=AD，∵∠KAD=∠KDG=45°，∴△ADK∽△DCK，∴∠AKD=∠DKC，∴KD平分∠AKG．探究3，①KD仍平分∠AKG．理由如下：∵同探究1可得△ADK∽△BGD，同探究2可得，△ADK∽△DGK，∴∠AKD=∠DKG，∴KD仍平分∠AKG；②如图，过点D作DM⊥AC于点M，DN⊥KG于点N，由①知线段KD平分∠AKG，∴DM=DN．∵AC=BC=8，点D是线段AB的中点，∠KAD=45°，∴DM=DN=4．∵KG=x，∴S△DKG=y=12×4x=2x，对于图3的情况同理可得y=2x，综上所示，y=2x，其中38．题模三：旋转中的轨迹与最值问题例1.3.1如图，点P是平行四边形ABCD对角线BD上的动点，点M为AD的中点，已知AD=8，AB=10，∠ABD=45°，把平行四边形ABCD绕着点A按逆时针方向旋转，点P的对应点是点Q，则线段MQ的长度的最大值与最小值的差为．【答案】18﹣2【解析】如图，作AP1⊥BD垂足为P1，∵∠DBA=45°，AB=10，∴∠P1AB=∠DBA=45°，AP1=P12，∵AM=MD=12AD=4，当AP1旋转到与射线AD的重合时（点P1与点E重合），ME就是MQ最小值24，当点P2与B重合时，旋转到与DA的延长线重合时（点P2与点F重合），此时MF就是MQ最大值=AM+AF=14，∴MQ的最大值与最小值的差=14﹣（2﹣4）=18﹣2故答案为18﹣2例 1.3.2如图，菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°，我们把菱形ABCD的对称中心O称作菱形的中心．菱形ABCD在直线l上向右作无滑动的翻滚，每绕着一个顶点旋转60°叫一次操作，则经过1次这样的操作菱形中心O所经过的路径长为______；经过3n（n为正整数）次这样的操作菱形中心O所经过的路径总长为______．（结果都保留π）【答案】3231+nπ【解析】∵菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°，∴△ABD是等边三角形，BO=DO=1，223AD DO-第一次旋转的弧长6033ππ⨯=∵第一、二次旋转的弧长和60360323ππ⨯⨯=，第三次旋转的弧长为：601 1803ππ⨯=∵3n÷3=n，故经过3n（n为正整数）次这样的操作菱形中心O所经过的路径总长为：n 23π+3π）231+nπ．例1.3.3如图1，点O为正方形ABCD的中心．（1）将线段OE绕点O逆时针方向旋转90︒，点E的对应点为点F，连结EF，AE，BF，请依题意补全图1；（2）根据图1中补全的图形，猜想并证明AE与BF的关系；（3）如图2，点G是OA中点，△EGF是等腰直角三角形，H是EF的中点，90EGF∠=︒，22AB=2GE=，△EGF绕G点逆时针方向旋转α角度，请直接写出旋转过程中BH的最大值．【答案】（1）见解析（2）AE⊥BF（3）25+【解析】（1）正确画出图形；………………1分（2）延长EA 交OF 于点H ，交BF 于点G …2分∵O 为正方形ABCD 的中心，∴OB OA =，∠AOB ＝90……3分∵OE 绕点O 逆时针旋转90角得到OF∴∠AOB ＝∠EOF ＝90∴∠EOA ＝∠FOB ……4分在△EOA 和△FOB 中，∴BF AE =.……5分∴∠OFB +∠FHG =90∴AE ⊥BF ……6分（3）BH 的最大值为25+……8分随练1.1 在ABC ∆中，2AB BC ==，90ABC ∠=︒，BD 为斜边AC 上的中线，将ABD ∆绕点D 顺时针旋转α(0180α︒<<︒)得到EFD ∆，其中点A 的对应点为点E ，点B 的对应点为点F ，BE 与FC 相交于点H .（1）如图1，直接写出BE 与FC 的数量关系：____________;（2）如图2，M 、N 分别为EF 、BC 的中点.求证：MN =__________;（3）连接BF ，CE ，如图3，直接写出在此旋转过程中，线段BF 、CE 与AC 之间的数量关系：____________________________.【答案】 （1）BE FC =；（2）22FC ；（3）222BF CE AC +=. 【解析】 （1）BE FC =；（2）证明：如图，∵AB BC =，90ABC ∠=︒，BD 为斜边中线，∴12BD AD CD AC ===，BD AC ⊥ ∵EFD ∆是由ABD ∆旋转得到的，∴DE DF DB DC ===，90EDF ADB BDC ∠=∠=∠=︒∴EDF BDF BDC BDF ∠+∠=∠+∠，即BDE FDC ∠=∠，∴BDE FDC ∆∆≌，∴BE FC =且12∠=∠又∵34∠=∠，∴90FHE FDE ∠=∠=︒ ,即BE CF ⊥连接BF ，取BF 中点G ，连接MG 、NG .∵M 为EF 中点，G 为BF 中点，N 为BC 中点又∵EB FC =，BE FC ⊥∴MG NG =，90MGN ∠=︒，∴MGN ∆为等腰直角三角形，∴2MN =. （3）222BF CE AC +=.随练1.2 在菱形ABCD 中，120BAD ∠=︒，4AB =，把一个含60°角的三角板与这个菱形叠合，使三角板的60°角的顶点与点A 重合，两边分别落在AB 、AC 上．将三角板绕点A 按逆时针旋转，设旋转角为α．（1）如图①，当060α︒<<︒时，三角板的两边分别与菱形的两边BC 、CD 相交于点E 、F ，请你通过观察或测量写出图中现有的两组相等线段(菱形的边和对角线除外)．（2）如图②，当60120α︒<<︒时，三角板的两边分别与BC 、CD 的延长线相交于点E 、F ，你在(1)中得到的结论还成立吗?若成立，请你选择一组加以证明；若不成立，请你说明理由．（3）当060α︒<<︒时，三角板的两边分别与菱形的两边BC 、CD 相交于点E 、F ，请你求出这个三角板与这个菱形重合部分的面积．【答案】 见解析【解析】 （1）BE CF =，AE AF =，CE DF =．写出两组即可．（2）（1）中的结论仍然成立．如图，BE CF =的结论仍然成立．证明如下：∵在菱形ABCD 中，120BAD ∠=︒，又由题意可知，60EAF ∠=︒，∴BAE CAF ∠=∠．在△BAE 和△CAF 中，∴△BAE ≌△CAF ．∴BE CF =．（3）当060α︒<<︒时，三角板与这个菱形重合部分的面积就是四边形AECF 的面积．由题意可证△BAE ≌△CAF ．∴四边形AECF 的面积就是△ABC 的面积．∵4AB =，∴所求图形的面积为43随练1.3如图1所示，在正方形ABCD和正方形CGEF中，点B、C、G在同一条直线上，M是线段AE的中点，DM的延长线交EF于点N，连接FM，易证：DM=FM，DM⊥FM（无需写证明过程）（1）如图2，当点B、C、F在同一条直线上，DM的延长线交EG于点N，其余条件不变，试探究线段DM与FM有怎样的关系？请写出猜想，并给予证明；（2）如图3，当点E、B、C在同一条直线上，DM的延长线交CE的延长线于点N，其余条件不变，探究线段DM与FM有怎样的关系？请直接写出猜想．【答案】（1）DM=FM，DM⊥FM（2）DM⊥FM，DM=FM【解析】（1）如图2，DM=FM，DM⊥FM，证明：连接DF，NF，∵四边形ABCD和CGEF是正方形，∴AD∥BC，BC∥GE，∴AD∥GE，∴∠DAM=∠NEM，∵M是AE的中点，∴AM=EM，在△MAD与△MEN中，∴△MAD≌△MEN，∴DM=MN，AD=EN，∵AD=CD，∴CD=NE，∵CF=EF，∠DCF=∠DCB=90°，在△DCF与△NEF中，∴△DCF≌△NEF，∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，∵∠EFN+∠NFC=90°，∴∠DFC+∠CFN=90°，∴∠DFN=90°，∴DM⊥FM，DM=FM（2）猜想：DM⊥FM，DM=FM，证明如下：如图3，连接DF，NF，连接DF，NF，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∵点E、B、C在同一条直线上，∴AD∥CN，∴∠ADN=∠MNE，在△MAD与△MEN中，∴△MAD≌△MEN，∴DM=MN，AD=EN，∵AD=CD，∴CD=NE，∵CF=EF，∵∠DCF=90°+45°=135°，∠NEF=180°﹣45°=135°，∴∠DCF=∠NEF，在△DCF与△NEF中，∴△MAD≌△MEN，∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，∵∠CFD+∠EFD=90°，∴∠NFE+∠EFD=90°，∴∠DFN=90°，∴DM ⊥FM ，DM=FM ．随练 1.4 已知：在ABC △中，AB AC =，点D 为BC 边的中点，点F 在AB 上，连结DF 并延长到点E ,使BAE BDF ∠=∠，点M 在线段DF 上，且ABE DBM ∠=∠．（1）如图，当45ABC ∠=°时， 求证：2AE MD =；（2）如图，当60ABC ∠=°时，则线段AE MD 、之间的数量关系为____________；（3）在（2）的条件下，延长BM 到P ，使MP BM =，连接CP ，若727AB AE ==，，求tan EAB ∠的值．【答案】 （1）见解析（2）2AE MD =（33 【解析】 该题考查的是四边形综合．（1）如图，连结AD又∵45ABC ∠=°∴cos BD AB ABC =∠即2AB BD =∴△ABE ∽△DBM（2）与（1）类似可知△DBM ∽△ABE ，又60ABC ∠=︒，（3）如图2连结AD 、EP ，∵△ABE ∽△DBM又∵BM MP =∴△BEP 等边三角形∴EM BP ⊥即90BMD ∠=︒在Rt △AEB 中，27AE =7AB =， tan EAB ∠的值为3随练 1.5 在等边ABC ∆的两边AB ，AC 所在直线上分别有两点M N D ，，为ABC ∆外一点，且60MDN ∠=︒，120BDC ∠=︒，BD CD =，探究：当点M N ，分别在直线AB AC ，上移动时，BM NC MN ，，之间的数量关系及AMN ∆的周长Q 与等边ABC ∆的周长L 的关系．（1）如图①，当点M N ，在边AB AC ，上，且DM DN =时，BM NC MN ，，之间的数量关系式_________；此时Q L=__________ （2）如图②，当点M N ，在边AB AC ，上，且DM DN ≠时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明；（3）如图③，当点M N ，分别在边AB CA ，的延长线上时，若AN x =，则Q =_________（用x L ，表示）【答案】 见解析【解析】 (Ⅰ)BM 、NC 、MN 之间的数量关系BM NC MN +=．此时23Q L =． (Ⅱ)猜想：结论仍然成立．证明：如图，延长AC 至E ，使CE BM =，连结DE ．∵BD CD =，且120BDC ∠=︒．又△ABC 是等边三角形，∴90MBD NCD ∠=∠=︒．在△MBD 与△ECD 中，BM CE MBD ECD BD DC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△MBD ≌△ECD (SAS)．∴DM DE =，BDM CDE ∠=∠．在△MDN 与△EDN 中，DM DE MDN EDN DN DN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△MDN ≌△EDN (SAS)．△AMN 的周长Q AM AN MN =++而等边△ABC 的周长3L AB =(Ⅲ)如图③，当M 、N 分别在AB 、CA 的延长线上时，若AN x =，则223Q x L=+（用x、L表示）．随练1.6（1）正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，如图1，请直接猜想并写出AO与CD 之间的数量关系：；（2）如图2，将（1）中的△BOC绕点B逆时针旋转得到△BO1C1，连接AO1，DC1，请猜想线段AO1与DC1的数量关系，并证明你的猜想；（3）如图3，矩形ABCD和Rt△BEF有公共顶点，且∠BEF=90°，∠EBF=∠ABD=30°，则AEDF=______．【答案】（1）AO=2CD．理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴AO=OC=OD，∠ODC=∠OCD=45°，∠DOC=90°，∴AO=CO=2 CD，故答案为AO=2 CD；（2）∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°，∴△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，∵△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，∴∠O1BC1=∠OBC=45°，OB=O1B，BC1=BC，∴BC121，∵∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°，∴∠1=∠2，∴△BDC1∽△BAO1，（3）在R t△EBF中，cos∠EBF=EB FB在R t△ABD中，cos∠ABD=AD BD，∵∠EBF=∠ABD=30°，∵∠EBF+∠FBA=∠ABD+∠FBA，即∠EBA=∠FBD，∴△AEB∽△FBD，故答案为3【解析】（1）根据正方形的性质得AO=OC=OD，∠ODC=∠OCD=45°，∠DOC=90°，由勾股定理得到AO与CD之间的数量关系；（2）如图2根据正方形的性质得AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°，得到△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，求出AC=2AB BC=2BO，得到BD=2AB，因为△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，所以∠O1BC1=∠OBC=45°，OB=O1B，BC1=BC，BC1=2BO1，由∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°，得到∠1=∠2，于是得到△BDC1∽△BAO1，求出结论；（3）如图3在R t△ABD中，cos∠ABD=ABBD，在Rt△EBF中，cos∠EBF=EBFB因为∠EBF=∠ABD=30°得到BE ADBF BD=3，再由∠EBF+∠FBA=∠ABD+∠FBA，得到∠EBA=∠FBD，△AEB∽△FBD，由相似的性质得到解．解：（1）AO=2CD．理由如下：如图1，∵四边形ABCD为正方形，∴AO=OC=OD，∠ODC=∠OCD=45°，∠DOC=90°，∴AO=CO=2 CD，故答案为AO=2 CD；（2）如图2，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，AC=BD，OB=OC，∠OBC=∠ABO=45°，∠BOC=90°，∴△ABC和△OBC都是等腰直角三角形，∵△BOC绕点B逆时针方向旋转得到△BO1C1，∴∠O1BC1=∠OBC=45°，OB=O1B，BC1=BC，∴BC121，∵∠1+∠3=45°，∠2+∠3=45°，∴∠1=∠2，∴△BDC1∽△BAO1，（3）如图3 在R t△EBF中，cos∠EBF=EB FB在R t△ABD中，cos∠ABD=AD BD，∵∠EBF=∠ABD=30°，∵∠EBF+∠FBA=∠ABD+∠FBA，即∠EBA=∠FBD，∴△AEB∽△FBD，故答案为3．随练1.7如图，正方形OABC的边长为2，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连接AE，CF 相交于点P，将正方形OABC从OA与OF重合的位置开始，绕着点O逆时针旋转90°，交点P运动的路径长是______．【答案】2【解析】如图点P运动的路径是以G为圆心的弧EF，在⊙G上取一点H，连接EH、FH．∵四边形AOCB是正方形，∴∠AOC=90°，∴∠AFP=12∠AOC=45°，∵EF是⊙O直径，∴∠EAF=90°，∴∠APF=∠AFP=45°，∴∠H=∠APF=45°，∴∠EGF=2∠H=90°，∵EF=4，GE=GF，∴2，∴EF的长9022π•2．随练1.8已知△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=2，D是边AB上一动点（A、B两点除外），将△CAD绕点C按逆时针方向旋转角α得到△CEF，其中点E是点A的对应点，点F是点D的对应点．（1）如图1，当α=90°时，G是边AB上一点，且BG=AD，连接GF．求证：GF∥AC；（2）如图2，当90°≤α≤180°时，AE与DF相交于点M．①当点M与点C、D不重合时，连接CM，求∠CMD的度数；②设D为边AB的中点，当α从90°变化到180°时，求点M运动的路径长．【答案】（1）见解析；（2）①∠CMD=135°②2π【解析】（1）如图1中，∵CA=CB，∠ACB=90°，∴∠A=∠ABC=45°，∵△CEF是由△CAD旋转逆时针α得到，α=90°，∴CB与CE重合，∴∠CBE=∠A=45°，∴∠ABF=∠ABC+∠CBF=90°，∵BG=AD=BF，∴∠BGF=∠BFG=45°，∴∠A=∠BGF=45°，∴GF∥AC．（2）①如图2中，∵CA=CE，CD=CF，∴∠CAE=∠CEA，∠CDF=∠CFD，∵∠ACD=∠ECF，∴∠ACE=∠CDF，∵2∠CAE+∠ACE=180°，2∠CDF+∠DCF=180°，∴∠CAE=∠CDF，∴A、D、M、C四点共圆，∴∠CMF=∠CAD=45°，∴∠CMD=180°﹣∠CMF=135°．②如图3中，O是AC中点，连接OD、CM．∵AD=DB，CA=CB，∴CD⊥AB，∴∠ADC=90°，由①可知A、D、M、C四点共圆，∴当α从90°变化到180°时，点M 在以AC 为直径的⊙O 上，运动路径是弧CD ，∵OA=OC ，CD=DA ，∴DO ⊥AC ，∴∠DOC=90°，∴CD ∧的长=901180π=2π． ∴当α从90°变化到180°时，点M 运动的路径长为2π． 随练1.9 如图1，点O 是正方形ABCD 两对角线的交点，分别延长OD 到点G ，OC 到点E ，使OG=2OD ，OE=2OC ，然后以OG 、OE 为邻边作正方形OEFG ，连接AG ，DE ．（1）求证：DE ⊥AG ；（2）正方形ABCD 固定，将正方形OEFG 绕点O 逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE ′F ′G ′，如图2．①在旋转过程中，当∠OAG ′是直角时，求α的度数；②若正方形ABCD 的边长为1，在旋转过程中，求AF ′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．【答案】 （1）如图1，延长ED 交AG 于点H ，∵点O 是正方形ABCD 两对角线的交点，∴OA=OD ，OA ⊥OD ，∵OG=OE ，在△AOG 和△DOE 中，∴△AOG ≌△DOE ，∴∠AGO=∠DEO ，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，即DE ⊥AG ；（2）①α=30°；②α=315°．【解析】 （1）如图1，延长ED 交AG 于点H ，∵点O 是正方形ABCD 两对角线的交点，∴OA=OD ，OA ⊥OD ，∵OG=OE ，在△AOG 和△DOE 中，∴△AOG ≌△DOE ，∴∠AGO=∠DEO ，∵∠AGO+∠GAO=90°，∴∠GAO+∠DEO=90°，∴∠AHE=90°，即DE ⊥AG ；（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：（Ⅰ）α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，∵OA=OD=12OG=12OG′， ∴在Rt △OAG′中，sin ∠AG′O='OA OG =12， ∴∠AG′O=30°，∵OA ⊥OD ，OA ⊥AG′，∴OD ∥AG′，∴∠DOG′=∠AG′O=30°，即α=30°；（Ⅱ）α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，同理可求∠BOG′=30°，∴α=180°﹣30°=150°．综上所述，当∠OAG′=90°时，α=30°或150°．②如图3，当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，∵正方形ABCD的边长为1，∴2，∵OG=2OD，∴2∴OF′=2，∴2+2，∵∠COE′=45°，∴此时α=315°．作业1如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC．（1）若点M为AC上的任意一点，过M作MN⊥BC于点N，取BM的中点D，连接AD、DM，求证：AD=DN．（2）如图2，若M为BC上的任意一点，以线段CM为底边作等腰Rt△MCN，此时，取BM的中点D，连接AD、DN，则AD与DN有怎样的数量关系？说明理由．（3）如图3，在（2）的条件下将Rt△MNC绕C点旋转任意角度，连接BM，取BM的中点D，再连接AD、DN，则（2）中的结论仍然成立吗，它们之间又有怎样的位置关系？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）AD=DN；（3）AD=DN，AD⊥DN【解析】（1）证明：解法一：如图1中，延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM．在△ADB和△KDM中，∴△ADB≌△KDM，∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD，∴AB∥KM，∴∠KMC=∠BAC=90°，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠C=45°，∵MN⊥BC，∴∠MNC=90°，∠NMC=45°=∠KMC=∠C，∴MN=NC，在△ANC和△KNM中，∴△ANC≌△KNM，∴AN=KN，∠ANC=∠KNM，∴∠KNA=∠MNC=90°∵AD=DK，∴DN=AD=DK，即AD=DN．解法二：根据直角三角形斜边中线性质，可知AD=12BM，DN=12BM，由此即可证明．（2）如图2中，结论：AD=DN．理由：延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM．在△ADB和△KDM中，∴△ADB≌△KDM，∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD，∴AB∥KM，∴∠KMN=∠B=45°，∵∠NMC=∠NCM=∠ACB=45°∴MN=NC，∠KMN=∠ACN=90°在△ANC和△KNM中，∴△ANC≌△KNM，∴AN=KN，∠ANC=∠KNM，∴∠KNA=∠MNC=90°∵AD=DK，∴DN=AD=DK，即AD=DN．（3）如图3中，结论：AD=DN，AD⊥DN．理由：延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM，延长KN交AC于G．在△ADB和△KDM中，∴△ADB≌△KDM，∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD，∴AB∥KM，∴∠KGC=∠BAC=90°，∴∠ACN+∠NMG=180°，∵∠KMN+∠NMG=180°，∴∠ACN=∠NMK，在△ANC和△KNM中，∴△ANC≌△KNM，∴AN=KN，∠ANC=∠KNM，∴∠KNA=∠MNC=90°∵AD=DK，∴DN=AD=DK，DN⊥AK，即AD=DN．AD⊥DN．作业2已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．（1）求证：EG=CG；（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论（均不要求证明）．【答案】（1）见解析（2）成立（3）见解析【解析】本题利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质．（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．（3）结论依然成立．还知道EG⊥CG．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCF=90°，在Rt△FCD中，∵G为DF的中点，∴CG=12 FD，同理，在Rt△DEF中，EG=12 FD，∴CG=EG．（1）（1）中结论仍然成立，即EG=CG．证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．在△DAG与△DCG中，∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△DAG≌△DCG（SAS），∴AG=CG；在△DMG与△FNG中，∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，∴△DMG≌△FNG（ASA），∴MG=NG；∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°，∴四边形AENM是矩形，在矩形AENM中，AM=EN，在△AMG与△ENG中，∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，∴△AMG≌△ENG（SAS），∴AG=EG，∴EG=CG．证法二：延长CG至M，使MG=CG，连接MF，ME，EC，在△DCG与△FMG中，∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，∴△DCG≌△FMG．∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，∴MF∥CD∥AB，∴EF⊥MF．在Rt△MFE与Rt△CBE中，∵MF=CB，∠MFE=∠EBC，EF=BE，∴△MFE≌△CBE∴∠MEF=∠CEB．∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．∵MG=CG，∴EG=12 MC，∴EG=CG．（3）（1）中的结论仍然成立．理由如下：过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N．由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM，又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°，∴△MEC是等腰直角三角形，∵G为CM中点，∴EG=CG，EG⊥CG．作业3在△ABC中，∠ACB=90°，∠A＜45°，点O为AB中点，一个足够大的三角板的直角顶点与点O重合，一边OE经过点C，另一边OD与AC交于点M．（1）如图1，当∠A=30°时，求证：MC2=AM2+BC2；（2）如图2，当∠A≠30°时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请说明理由；如果不成立，请写出你认为正确的结论，并说明理由；（3）将三角形ODE绕点O旋转，若直线OD与直线AC相交于点M，直线OE与直线BC相交于点N，连接MN，则MN2=AM2+BN2成立吗？答：____（填“成立”或“不成立”）【答案】（1）见解析；（2）不成立；（3）成立【解析】（1）证明：如图1，过A作AF⊥AC交CO延长线于F，连接MF，∵∠ACB=90°，∴BC∥AF，∴△BOC∽△AOF，∵O为AB中点，∴OA=OB，∴AF=BC，CO=OF，∵∠MOC=90°，∴OM是CF的垂直平分线，∴CM=MF，在Rt△AMF中，由勾股定理得：MF2=AM2+AF2=AM2+BC2，即MC2=AM2+BC2；（2）还成立，理由是：如图2，过A作AF⊥AC交CO延长线于F，连接MF，∵∠ACB=90°，∴BC∥AF，∴△BOC∽△AOF，∵OA=OB，∴AF=BC，CO=OF，∵∠MOC=90°，∴OM是CF的垂直平分线，∴CM=MF，在Rt△AMF中，由勾股定理得：MF2=AM2+AF2=AM2+BC2，即MC2=AM2+BC2；（3）成立．作业4在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），连接AC1、BD1，AC1与BD1交于点P．（1）如图1，若四边形ABCD是正方形．请直接写出AC1与BD1的数量关系和位置关系．（2）如图2，若四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=8，判断AC1与BD1的数量关系和位置关系，并给出证明；（3）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，AC=6，BD=12，连接DD1，设AC1=kBD1，请直接写出k 的值和AC12+（kDD1）2的值．【答案】（1）AC1⊥BD1（2）AC1=34BD1，AC1⊥BD1，理由见解析（3）AC12+（kDD1）2=36【解析】（1）AC1=BD1，AC1⊥BD1；理由：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴OC=OA=OD=OB，AC⊥BD，∴∠AOB=∠COD=90°，∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OC1=OC，OD1=OD，∠COC1=∠DOD1，∴OC1=OD1，∠AOC1=∠BOD1=90°+∠AOD1，在△AOC 1和△BOD 1中1111AO OB AOC BOD OC OD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩ ，∴△AOC 1≌△BOD 1（SAS ）；∴AC 1=BD 1，∵∠AOB=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OBD 1=90°，∴∠OAB+∠ABP+∠OAC 1=90°，∴∠APB=90°，则AC 1⊥BD 1；故AC 1 与BD 1的数量关系是：AC 1=BD 1；AC 1 与BD 1的位置关系是：AC 1⊥BD 1；（2）AC 1=34BD 1，AC 1⊥BD 1． 理由：∵四边形ABCD 是菱形，∴OC=OA=12AC ，OD=OB=12BD ，AC ⊥BD ． ∵△C 1OD 1由△COD 绕点O 旋转得到，∴O C 1=OC ，O D 1=OD ，∠CO C 1=∠DO D 1．∴O C 1=OA ，O D 1=OB ，∠AO C 1=∠BO D 1，∴△AO C 1∽△BOD 1．∴∠O AC 1=∠OB D 1．又∵∠AOB=90°，∴∠O AB+∠ABP+∠OB D 1=90°．∴∠O AB+∠ABP+∠O AC 1=90°．∴∠APB=90°．∴AC 1⊥BD 1．∵△AO C 1∽△BOD 1，即AC 1=34BD 1，AC 1⊥BD 1．（3）如图3，与（2）一样可证明△AOC1∽△BOD1，∴k=12；∵△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1，∴OD1=OD，而OD=OB，∴OD1=OB=OD，∴△BDD1为直角三角形，在Rt△BDD1中，BD12+DD12=BD2=144，∴（2AC1）2+DD12=144，∴AC12+（kDD1）2=36．作业5在学习了图形的旋转知识后，数学兴趣小组的同学们又进一步对图形旋转前后的线段之间、角之间的关系进行了探究．（一）尝试探究如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=60°，∠ABC=∠ADC=90°，点E、F分别在线段BC、CD 上，∠EAF=30°，连接EF．（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′（A′B′与AD重合），请直接写出∠E′AF=________度，线段BE、EF、FD之间的数量关系为________．（2）如图3，当但点E、F分别在线段BC、CD的延长线上时，其他条件不变，请探究线段BE、EF、FD之间的数量关系，并说明理由．（二）拓展延伸如图4，在等边△ABC中，E、F是边BC上的两点，∠EAF=30°，BE=1，将△ABE绕点A逆时针旋转60°得到△A′B′E′（A′B′与AC重合），连接EE′，AF与EE′交于点N，过点A作AM⊥BC于点M，连接MN，求线段MN的长度．【答案】解：（一）（1）：30 ，BE+DF=EF（2）BE﹣DF=EF（二）3【解析】解：（一）（1）如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转60°后得到△A′B′E′，则∠1=∠2，BE=DE′，AE=AE′，∵∠BAD=60°，∠EAF=30°，∴∠1+∠3=30°，∴∠2+∠3=30°，即∠FAE′=30°∴∠EAF=∠FAE′，在△AEF和△AE′F中，∴△AEF≌△AE′F（SAS），∴EF=E′F，即EF=DF+DE′，∴EF=DF+BE，即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE+DF=EF，故答案为：30，BE+DF=EF；（2）如图3，在BE上截取BG=DF，连接AG，在△ABG和△ADF中，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴∠BAG=∠DAF，且AG=AF，∵∠DAF+∠DAE=30°，∴∠BAG+∠DAE=30°，∵∠BAD=60°，∴∠GAE=60°﹣30°=30°，∴∠GAE=∠FAE，在△GAE和△FAE中，∴△GAE≌△FAE（SAS），∴GE=FE，又∵BE﹣BG=GE，BG=DF，∴BE﹣DF=EF，即线段BE、EF、FD之间的数量关系为BE﹣DF=EF；（二）如图4，将△ABE 绕点A 逆时针旋转60°得到△A ′B ′E ′，则AE=AE ′，∠EAE ′=60°，∴△AEE ′是等边三角形，又∵∠EAF=30°，∴AN 平分∠EAF ，∴AN ⊥EE ′，∴直角三角形ANE 中，AN 3AE = ∵在等边△ABC 中，AM ⊥BC ，∴∠BAM=30°， ∴AM 3AB =，且∠BAE+∠EAM=30°， 又∵∠MAN+∠EAM=30°，∴∠BAE=∠MAN ，∴△BAE ∽△MAN ， ∴MN AM =BE AB ，即MN 31= ∴3． 作业6 探索绕公用顶点的相似多边形的旋转：（1）如图1，已知：等边ABC ∆和ADE ∆，根据__________（指出三角形的全等或相似），可得到CE 与BD 的大小关系为：__________．（2）如图2，正方形ABCD 和正方形AEFG ，求：FCEB 的值；（3）如图3，矩形ABCD 和矩形AEFG ，AB kBC =，AE kEF =，求：FCEB 的值．【答案】 （1）全等，相等；（223）21k +．【解析】 解：（1）如图1，ABC ∆和ADE ∆都是等边三角形，在AEC ∆和ADB ∆中，AE ADCAE BADAC AB =⎧⎪∠=∠⎨=⎪⎩，AEC ADB ∴∆≅∆，CE BD ∴=；（2）如图2，四边形ABCD 和四边形AEFG 都是正方形，（3）连接FA 、CA ，如图3，四边形ABCD 和四边形AEFG 都是矩形，AB kBC =，AE kEF =，作业7 如图，边长为6的等边三角形ABC 中，E 是对称轴AD 上的一个动点，连接EC ，将线段EC 绕点C 逆时针转60°得到FC ，连接DF ．则在点E 运动过程中，DF 的最小值是（ ）A ． 6B ． 3C ． 2D ． 1.5【答案】D【解析】 取线段AC 的中点G ，连接EG ，如图所示．∵△ABC 为等边三角形，且AD 为△ABC 的对称轴，∴CD=CG=12AB=3，∠ACD=60°， ∵∠ECF=60°，∴∠FCD=∠ECG ．在△FCD 和△ECG 中，FC EC FCD ECG DC GC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△FCD ≌△ECG （SAS ），∴DF=GE ．当EG ∥BC 时，EG 最小，∵点G 为AC 的中点，∴此时EG=DF=12CD=32． 作业8 已知等边△ABC 边长为2，放置在如图的水平桌面上，将△ABC 水平向右作无滑动翻滚，使△ABC 首次落回开始的位置，则等边△ABC 的中心O 经过的路径长为_________．【答案】433π．【解析】如图，过点C作CD⊥AB于D，则CD一定经过点O，∵CD=32BC=3，∴OC=23CD=233，根据等边三角形的性质，∠BCD=12∠ACB=12×60°=30°，∴每一次翻滚中心O旋转的角度为：180°﹣2×30°=120°，等边三角形翻滚3次翻滚一周，∴点O旋转的角度为：120°×3=360°，∴中心O经过的路径长是：2π•OC=2π×233=433π，故答案为：433π．作业9已知，点O是等边△ABC内的任一点，连接OA，OB，OC．（1）如图1，已知∠AOB=150°，∠BOC=120°，将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC．①∠DAO的度数是；②用等式表示线段OA，OB，OC之间的数量关系，并证明；（2）设∠AOB=α，∠BOC=β．①当α，β满足什么关系时，OA+OB+OC有最小值？请在图2中画出符合条件的图形，并说明理由；②若等边△ABC的边长为1，直接写出OA+OB+OC的最小值．【答案】（1）①90°；②OA2+OB2=OC2；证明见解析（2）①α=β=120°，OA+OB+OC有最小值；图形见解析【解析】（1）①∠AOB=150°，∠BOC=120°，∴∠AOC=360°﹣120°﹣150°=90°，。

【中考复习】三大变换之旋转—手拉手模型上一篇我们了解了关于旋转的基本性质，本文继续旋转之手拉手模型．【中考复习】三大变换之旋转（上）不知是哪一年，手拉手模型横空出世，从此江湖上都是它的传说，那关于手拉手，我们需要了解什么？我觉得有三点：（1）构成模型的必要条件；（2）条件与结论的设计；（3）如何构造手拉手．01构造手拉手的必要条件当对一个几何图形记忆并不深刻的时候，可以尝试用文字去总结要点，比如手拉手：四点共线，两两相等，夹角相等．条件：如图，OA=OB，OC=OD（四线共点，两两相等），∠AOB=∠COD（夹角相等）结论：△OAC≌△OBD（SAS）证明无需赘述，关于条件中的OA=OB，OC=OD，有时候会直接以特殊几何图形的形式给出，比如我们都很熟悉的等边三角形和正方形．等边三角形手拉手（1）如图，B、C、D三点共线，△ABC和△CDE是等边三角形，连接AD、BE，交于点P：结论一：△ACD≌△BCE（2）记AC、BE交点为M，AD、CE交点为N：结论二：△ACN≌△BCM；△MCE≌△NCD（3）连接MN：结论三：△MNC是等边三角形．（4）记AD、BE交点为P，连接PC：结论四：PC平分∠BPD（5）结论五：∠APB=∠BPC=∠CPD=∠DPE=60°．（6）连接AE：结论六：P点是△ACE的费马点（PA+PC+PE值最小）正方形手拉手如图，四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，连接BE、DG：结论一：△BCE≌△DCG结论二：BE=DG，BE⊥DG（旋转角都相等）【小结】手拉手模型是一种基本的旋转型全等，与其说看图找模型，不如是“找条件、定模型”．2017南充中考-正方形手拉手02条件与结论的设计如果是在复习阶段，我相信手拉手模型的结论肯定都知道，并且我也相信命题老师也知道我们都知道，所以不要盯着模型和结论本身，多想想题可以怎么出．设计一：我们可以给出手拉手模型条件，得到一组全等来解决问题，就像问题一中所得出的结论那样；设计二：如果题目已知△ABC≌△ADE外，则还可得△ABD和△ACE 均为等腰三角形，且有△ABD∽△ACE．2019天津中考2017沈阳中考2017苏州中考【小结】以上例子解题关键皆在于利用那一组等腰三角形相似，有些问题常有变式，因其条件与结论可以互换．03如何构造手拉手如何构造手拉手？换句话说，如何构造旋转？当我们在思考这个问题的时候，不妨先问一句，旋转能带来什么？图形位置的改变，这一点就够了，因为，若有数量关系，则先有位置关系．2018德州中考【小结】所谓全等，实际就是将△ODB绕点O旋转到△OEC的位置．等等，好像和某个图有点神似，如下：当然这个图形还可以简化一下，毕竟和D点及F点并没有什么关系．结论与证明不多赘述，题型可以换，但旋转是一样的旋转．2017贵港中考2019巴中中考【小结】如果说第一个题是给出了辅助线，那么下一个题便是完全自行构造旋转，这个图形也是一个固定搭配．搭配一：若PA²+PB²=PC²，则可任意旋转，得等边+直角．且两条较短边夹角（∠APB）为150°．搭配二：若∠APB=150°，则有PA²+PB²=PC²．2018淄博中考【思考】如果放在正方形里，条件与结论又该如何搭配？作旋转之后，可得△AEP是等腰直角三角形，若使△PEB也为直角三角形，则原∠APD=135°，而线段PA、PB、PD之间的关系为：2PA²+PD²=PB²．搭配一：若∠APD=135°，则2PA²+PD²=PB²；搭配二：若2PA²+PD²=PB²，则∠APD=135°．另外，其实这个图和点C并没有什么关系，所以也可以将正方形换成等腰直角三角形．大概如下图：抓主要条件，舍弃无用条件，也是理解几何图形的一种方式．网题-旋转与瓜豆原理按照从确定到不确定的思路，将条件重新梳理，可能发现好像换了一个题目，但一定会变得比之前简单．当然，问题到此并没有终结，还可继续说说费马点的事，这篇已经说得够多了，下回再说吧．。

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。

几何变换的三种模型手拉手、半角、对角互补⎧⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎩⎪⎪⎩等腰三角形手拉手模型等腰直角三角形（包含正方形）等边三角形（包含费马点）特殊角旋转变换对角互补模型一般角特殊角角含半角模型一般角等线段变换（与圆相关）【练1】（2013北京中考）在ABC△中，AB AC=，BACα∠=（060α︒<<︒），将线段BC 绕点B逆时针旋转60°得到线段BD．（1）如图1，直接写出ABD∠的大小（用含α的式子表示）；（2）如图2，15060BCE ABE∠=︒∠=︒，，判断ABE△的形状并加以证明；（3）在（2）的条件下，连结DE，若45DEC∠=︒，求α的值．真题演练知识关联图【练2】 （2012年北京中考）在ABC △中，BA BC BAC α=∠=，，M 是AC 的中点，P 是线段上的动点，将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ ．（1）若α=60︒且点P 与点M 重合（如图1），线段CQ 的延长线交射线BM 于点D ，请补全图形，并写出CDB ∠的度数；（2）在图2中，点P 不与点B M ，重合，线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，猜想CDB ∠的大小（用含α的代数式表示），并加以证明； （3）对于适当大小的α，当点P 在线段BM 上运动到某一位置（不与点B ，M 重合）时，能使得线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，且PQ QD =，请直接写出α的范围．例题精讲考点1：手拉手模型：全等和相似包含：等腰三角形、等腰直角三角形（正方形）、等边三角形伴随旋转出全等，处于各种位置的旋转模型，及残缺的旋转模型都要能很快看出来（1）等腰三角形旋转模型图（共顶点旋转等腰出伴随全等）（2）等边三角形旋转模型图（共顶点旋转等边出伴随全等）（3）等腰直角旋转模型图（共顶点旋转等腰直角出伴随全等）（4）不等边旋转模型图（共顶点旋转不等腰出伴随相似）【例1】 （14年海淀期末）已知四边形和四边形都是正方形 ，且．（1）如图，连接、．求证：；（2）如图，如果正方形，将正方形绕着点旋转到某一位置时恰好使得，． ①求的度数；②请直接写出正方形的边长的值．ABCD CEFG AB CE >1BG DG BG DE =2ABCD CEFG C CG BD ∥BG BD =BDE ∠CEFG【例2】 （2014年西城一模） 四边形ABCD 是正方形，BEF ∆是等腰直角三角形，90BEF ∠=︒，BE EF =，连接DF ，G 为DF 的中点，连接EG ，CG ，EC 。

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．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：CD2＋DB2＝2DF2；（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．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。

专题一旋转中的几何模型模型一　“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3，四边形ABEF，四边形ACHD都是正方形，可证△ABD≌△AFC.图1 图2 图3等腰图形有旋转，辩清共点旋转边，关注三边旋转角，全等思考边角边。

1【问题提出】(1)如图①，△ABC,△ADE均为等边三角形，点D,E分别在边AB，AC上．将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转，连结BD,CE．在图②中证明△ADB≅△AEC．[学以致用](2)在(1)的条件下，当点D,E,C在同一条直线上时，∠EDB的大小为度．[拓展延伸](3)在(1)的条件下，连结CD．若BC=6,AD=4直接写出△DBC的面积S的取值范围．【思路点拨】(1)根据“手拉手”模型，证明△ADB≅△AEC即可；(2)分“当点E在线段CD上”和“当点E在线段CD的延长线上”两种情况，再根据“手拉手”模型中的结论即可求得∠EDB的大小；(3)分别求出△DBC的面积最大值和最小值即可得到结论2已知正方形ABCD和等腰直角三角形BEF，BE=EF，∠BEF=90°，按图1放置，使点F在BC上，取DF的中点G，连接EG，CG．(1)探索EG，CG的数量关系和位置关系并证明；(2)将图(1)中△BEF绕点B顺时针旋转45°，再连接DF，取DF中点G(见图2)，(1)中的结论是否仍然成立？证明你的结论；(3)将图(1)中△BEF绕点B顺时针转动任意角度(旋转角在0°到90°之间)，再连接DF，取DF中点G(见图3)，(1)中的结论是否仍然成立？证明你的结论．【思路点拨】(1)首先证明B、E、D三点共线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证明EG=DG= GF=CG，得到∠EGF=2∠EDG，∠CGF=2∠CDG，从而证得∠EGC=90°；(2)首先证明△FEG≌△DHG，然后证明△ECH为等腰直角三角形．可以证得：EG=CG且EG⊥CG；(3)首先证明：△BEC≌△FEH，即可证得：△ECH为等腰直角三角形，从而得到：EG=CG且EG⊥CG．【解题过程】针对训练11已知ΔABC是等边三角形，AD⊥BC于点D，点E是直线AD上的动点，将BE绕点B顺时针方向旋转60°得到BF，连接EF，CF，AF．(1)问题发现：如图1，当点E在线段AD上时，且∠AFC=35°，则∠FAC的度数是；(2)结论证明：如图2，当点E在线段AD的延长线上时，请判断∠AFC和∠FAC的数量关系，并证明你的结论；(3)拓展延伸：若点E在直线AD上运动，若存在一个位置，使得ΔACF是等腰直角三角形，请直接写出此时∠EBC的度数．2已知四边形ABCD是正方形，将线段CD绕点C逆时针旋转α(0°<α<90°)，得到线段CE，联结BE、CE、DE. 过点B作BF⊥DE交线段DE的延长线于F．(1)如图，当BE=CE时，求旋转角α的度数；(2)当旋转角α的大小发生变化时，∠BEF的度数是否发生变化?如果变化，请用含α的代数式表示；如果不变，请求出∠BEF的度数；(3)联结AF，求证：DE=2AF．模型二　对角互补模型对角互补模型的特征：外观呈现四边形，且对角和为180°。

中考专题复习——几何题用旋转构造“手拉手”模型一、教学目标：1.了解并熟悉“手拉手模型”，归纳掌握其基本特征．2.借助“手拉手模型”，利用旋转构造全等解决相关问题．3.举一反三，解决求定值，定角，最值等一类问题． 二、教学重难点：1.挖掘和构造“手拉手模型”，学会用旋转构造全等．2.用旋转构造全等的解题方法最优化选择． 三、教学过程： 1.复习旧知师：如图，△ABD ，△BCE 为等边三角形，从中你能得出哪些结论？生：（1）△ABE ≌△DBC （2）△ABG ≌△DBF （3）△CFB ≌△EGB （4）△BFG 为等边三角形（5）△AGB ∽△DGH （6）∠DHA ＝60°（7）H ，G ，F ，B 四点共圆 （8）BH 平分∠AHC …… 师：我们再来重点研究△ABE 与△DBC ，这两个全等的三角形除了对应边相等，对应角相等外，还有什么共同特征呢？生：它们有同一个字母B ，即同一个顶点B ．师：我们也可以把△DBC 看作由△ABE 经过怎样的图形运动得到？ 生：绕点B 逆时针旋转60°得到．2.引入新课师：其实我们可以给这两个全等的三角形赋予一个模型，叫“手拉手模型”，谁可以将这个模型的特征再做进一步的简化归纳呢？ 生：对应边相等．师：我们可以称之为“等线段”． 生：有同一个顶点．师：我们可以称之为“共顶点”．师：等线段，共顶点的两个全等三角形，我们一般可以考虑哪一种图形运动？ 生：旋转．H GFEDC B A师：“手拉手模型”可以归纳为：等线段，共顶点，一般用旋转．3.小题热身图1 图2 图31．如图1，△BAD中，∠BAD＝45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF＝____BE．2．如图2，△ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则AE＝______．3．如图3，正方形ABCD中，∠EAF＝45°，BE＝3，DF＝5，则EF＝_______．师：我们来看第1，第2题，这里面有“手拉手模型”吗？请你找出其中的“等线段，共顶点”．生：题1中，等线段是AC，BC，共顶点是C，△ACF绕点C逆时针旋转90°得△BCD．题2中，等线段是AB，BC，共顶点是B，△ABD绕点D顺时针旋转60°得△CBE．师：我们再来看第3题，这里有“手拉手模型”吗？生：没有．师：那其中有没有“等线段，共顶点”呢？生：等线段是AD，AB，共顶点是A．师：我们可否利用旋转来构造“手拉手模型”呢？生：将AE旋转，绕点A逆时针旋转90°．师：为什么是逆时针旋转90°，你是如何思考的？生：我准备构造一个和△ABE全等的三角形，AB绕点A逆时针旋转90°即为AD，那么将AE 逆时针旋转90°可得AG，连接GD，证明全等．师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转构造全等的方法吗？生：先找有没有“等线段，共顶点”，再找其中一条“共顶点”的线段，将其旋转．师：旋转角度如何确定，方向怎么选择？生：选择其中一个三角形，将“共顶点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向应与所选择的起始“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致．师：非常棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．但是，很多题目中只是隐含了“手拉手模型”的一些条件，剩余的需要我们自己去构造，可以如何构造呢？ 步骤1：先找有没有“等线段，共顶点”．步骤2：选择其中一个三角形，将其中经过 “共顶点”的线段旋转．步骤3：旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等线段”间的夹角．师：这道题还有一个要注意的地方，你发现了吗？ 生：连接GD 后，要证明G ，D ，F 三点共线．4.例题精讲例1：等边△ABC 中，AD ＝4，DC ＝3，BD ＝5，求∠ADC 度数． 师：这里有没有隐含的“手拉手模型”？要构造全等，该怎样旋转？ 生：将△ADC 绕点A 顺时针旋转60°． 师：你是怎么想的，还有其他做法吗？生：我发现AB ＝AC ，A 为“共顶点”，我选择的旋转线段 是AD ，因为AC 绕点A 顺时针旋转60°到AB ，所以△ADC 也要绕点A 顺时针旋转60°．也可将△ADB 绕点A 逆时针旋转60°． 【解答】将AD 绕点A 顺时针旋转60°到AE ，连接BE ，DE ．则△ADE 也为等边三角形．易证△AEB ≌△ADC ，∴BE ＝DC ＝4，根据勾股定理逆定理，可证∠BED ＝90°，则∠AEB ＝∠ADC ＝150°例2：如图，△ABO 和△CDO 均为等腰直角三角形， AOB ＝COD ＝90．若△BOC 的面积为1， 试求以AD 、BC 、OC ＋OD 的长度为三边长的三角形的面积．师：由于线段分散，如何通过图形变换，使这些线段能构成一个三角形？生：将OD 绕点O 逆时针旋转90°至OE ，即可使OC ，OD 共线，再通过证明确定△BCE 即是以AD 、BC 、OC ＋OD 的长度为三边长的三角形．【解答】如图，将OD 绕点O 逆时针旋转90°至OE ，连接BE ．易证△OAD ≌△OBE ，AD ＝BE ，∴△BCE 即是以AD 、BC 、OC ＋EADDCBOAEDBBDDCBAOD 长度为三边长的三角形．又∵OC ＝OE ，∴S △BCE ＝2S △BOC ＝2．5.自主练习1．如图，在四边形ABCD 中，AD ＝4，CD ＝3，∠ABC ＝∠ACB ＝∠ADC ＝45°，则BD 的长为 _________． 师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA 和BA ，“共顶点”是A ．方法是将AD 绕点A 顺时针旋转90°．2．如图，在△ABC 中，BC ＝2，AB ＝2，以AC 为边，向外做正方形ACDE ，连接BE ，则BE 最大值为_________． 师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法． 生：“等线段”是CA 和EA ，“共顶点”是A ． 方法是将AB 绕点A 逆时针旋转90°．师：你为何要逆时针旋转，你准备旋转哪个三角形？生：△ABC ，因为AC 是逆时针旋转90°到AE ，所以AB 也绕点A 逆时针旋转90°． 3．如图，点A 在⊙B 上，AB ＝1，BC ＝2，△ACD 是等边三角形，求△BCD 面积的最大值．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法． 生：“等线段”是CA 和CD ，“共顶点”是C ． 方法是将CA 绕点C 逆时针旋转60°．附：自主练习解答1． 如图，将AD 绕点A 顺时针旋转90°至AE ，易证△EAC ≌△DAB ，可得CE ＝BD ，又∵∠EDA ＝45°，∴∠CDE ＝90°，CD ＝3，DE ＝42，则Rt △CDE 中，CE 2＝CD 2＋DE 2＝32＋(42)2＝41∴CE ＝41，∴DB ＝412.如图，将AB 绕点A 逆时针旋转90°至AF ，易证△EAF ≌△CAB ，EDC BAADDFED可得EF＝BC＝2．Rt△BAF中，AF＝AB＝2，∴BF＝2．由三角形三边关系易知，BE ≤EF ＋BF ，∴BE 最小值为4.3.如图，将CB 绕点C 逆时针旋转60°至CE ，连接DE ，过点E 作EF ⊥CB 于F ，过点D 作DG ⊥CB 于G ．易证△CBA ≌CED ， 则DE ＝1，EF ＝3，过E 作DG 边上的高，可证DG ＜DE ＋EF ．当D ，E ，F 三点共线时，DG ＝DE ＋EF ．即高的最大值为1＋3， S △BCDmax ＝12×2×（1＋3）＝1＋3 如有侵权请联系告知删除，感谢你们的配合！FEDCBAG EFABCD。

专题一旋转中的几何模型模型一　“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3，四边形ABEF，四边形ACHD都是正方形，可证△ABD≌△AFC.图1 图2 图3等腰图形有旋转，辩清共点旋转边，关注三边旋转角，全等思考边角边。

1【问题提出】(1)如图①，△ABC,△ADE均为等边三角形，点D,E分别在边AB，AC上．将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转，连结BD,CE．在图②中证明△ADB≅△AEC．[学以致用](2)在(1)的条件下，当点D,E,C在同一条直线上时，∠EDB的大小为度．[拓展延伸](3)在(1)的条件下，连结CD．若BC=6,AD=4直接写出△DBC的面积S的取值范围．【思路点拨】(1)根据“手拉手”模型，证明△ADB≅△AEC即可；(2)分“当点E在线段CD上”和“当点E在线段CD的延长线上”两种情况，再根据“手拉手”模型中的结论即可求得∠EDB的大小；(3)分别求出△DBC的面积最大值和最小值即可得到结论【详解】(1)∵ABC,ADE均为等边三角形，∴AD=AE，AB=AC，∴∠DAE-∠BAE=∠BAC-∠BAE，即∠BAD=∠CAE在△ADB和△AEC中，AD=AE∠BAD=∠CAE AB=AC∴ABD ≅ACE (SAS )；(2)当D ,E ,C 在同一条直线上时，分两种情况：①当点E 在线段CD 上时，如图，∵△ADE 是等边三角形，∴∠ADE =∠AED =60°，∴∠AEC =180°-∠AED =120°，由(1)可知，△ADB ≅△AEC ，∴∠ADB =∠AEC =120°，∴∠EDB =∠ADB -∠ADE =120°-60°=60°②当点E 在线段CD 的延长线上时，如图，∵△ADE 是等边三角形，∴∠ADE =∠AED =60°∴∠ADC =180°-∠ADE =120°，由(1)可知，△ADB ≅△AEC∴∠ADB =∠AEC =60°，∴∠EDB =∠ADB +∠ADE =60°+60°=120°综上所述，∠EDB 的大小为60°或120°(3)过点A 作AF ⊥BC 于点F ，当点D 在线段AF 上时，点D 到BC 的距离最短，此时，点D 到BC 的距离为线段DF 的长，如图：∵ΔABC 是等边三角形，AF ⊥BC ，BC =6∴AB =BC =6，BF =12BC =3∴AF =AB 2-BF 2=62-32=33∴DF =33-4此时S .DBC =12BC ⋅DF =12×6×(33-4)=93-12；当D 在线段FA 的延长线上时，点D 到BC 的距离最大，此时点D 到BC 的距离为线段DF 的长，如图，∵ΔABC 是等边三角形，AF ⊥BC ，BC =6∴AB =BC =6，BF =12BC =3，∴AF =AB 2-BF 2=62-32=33∵AD =4∴DF =AF +AD =33+4此时，S .DBC =12BC ⋅DF =12×6×(33+4)=93+12；综上所述，△DBC 的面积S 取值是93-12≤5≤93+12【点评】 利用“手拉手”模型，构造对应边“拉手线”组成的两个三角形全等是解题关键2已知正方形ABCD 和等腰直角三角形BEF ，BE =EF ，∠BEF =90°，按图1放置，使点F 在BC 上，取DF 的中点G ，连接EG ，CG ．(1)探索EG，CG的数量关系和位置关系并证明；(2)将图(1)中△BEF绕点B顺时针旋转45°，再连接DF，取DF中点G(见图2)，(1)中的结论是否仍然成立？证明你的结论；(3)将图(1)中△BEF绕点B顺时针转动任意角度(旋转角在0°到90°之间)，再连接DF，取DF中点G(见图3)，(1)中的结论是否仍然成立？证明你的结论．【思路点拨】(1)首先证明B、E、D三点共线，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可证明EG=DG= GF=CG，得到∠EGF=2∠EDG，∠CGF=2∠CDG，从而证得∠EGC=90°；(2)首先证明△FEG≌△DHG，然后证明△ECH为等腰直角三角形．可以证得：EG=CG且EG⊥CG；(3)首先证明：△BEC≌△FEH，即可证得：△ECH为等腰直角三角形，从而得到：EG=CG且EG⊥CG．【解题过程】解：(1)EG=CG且EG⊥CG．证明如下：如图①，连接BD．∵正方形ABCD和等腰Rt△BEF，∴∠EBF=∠DBC=45°．∴B、E、D三点共线．∵∠DEF=90°，G为DF的中点，∠DCB=90°，∴EG=DG=GF=CG．∴∠EGF=2∠EDG，∠CGF=2∠CDG．∴∠EGF+∠CGF=2∠EDC=90°，即∠EGC=90°，∴EG⊥CG．(2)仍然成立，证明如下：如图②，延长EG交CD于点H．∵BE⊥EF，∴EF∥CD，∴∠1=∠2．又∵∠3=∠4，FG=DG，∴△FEG≌△DHG，∴EF=DH，EG=GH．∵△BEF为等腰直角三角形，∴BE=EF，∴BE=DH．∵CD=BC，∴CE=CH．∴△ECH为等腰直角三角形．又∵EG=GH，∴EG=CG且EG⊥CG(3)仍然成立．证明如下：如图③，延长CG至H，使GH=CG，连接HF交BC于M，连接EH、EC．∵GF=GD，∠HGF=∠CGD，HG=CG，∴△HFG≌△CDG，∴HF=CD，∠GHF=∠GCD，∴HF∥CD．∵正方形ABCD，∴HF=BC，HF⊥BC．∵△BEF是等腰直角三角形，∴BE=EF，∠EBC=∠HFE，∴△BEC≌△FEH，∴HE=EC，∠BEC=∠FEH，∴∠BEF=∠HEC=90°，∴△ECH为等腰直角三角形．又∵CG=GH，∴EG=CG且EG⊥CG．针对训练11已知ΔABC是等边三角形，AD⊥BC于点D，点E是直线AD上的动点，将BE绕点B顺时针方向旋转60°得到BF，连接EF，CF，AF．(1)问题发现：如图1，当点E在线段AD上时，且∠AFC=35°，则∠FAC的度数是；(2)结论证明：如图2，当点E 在线段AD 的延长线上时，请判断∠AFC 和∠FAC 的数量关系，并证明你的结论；(3)拓展延伸：若点E 在直线AD 上运动，若存在一个位置，使得ΔACF 是等腰直角三角形，请直接写出此时∠EBC 的度数．【答案】(1)55°；(2)∠AFC +∠FAC =90°，见解析；(3)15°或75°【解析】(1)55°，理由：∵ΔABC 是等边三角形，∴AB =AC =BC ，∠ABC =∠BAC =∠ACB =60°，∵AB =AC ，AD ⊥BC ，∴∠BAD =30°，∵将BE 绕点B 顺时针方向旋转60°得到BF ，∴BE =BF ，∠EBF =60°，∴∠EBF =∠ABC ，在△ADC 和△BDA 中，AB =BC∠ABE =∠FBC BE =BF，∴ΔABE ≌ΔCBF SAS ，∴∠BAE =∠BCF =30°，∴∠ACF =90°，∴∠AFC +∠FAC =90°；∵∠AFC =35°，∴∠FAC =55°；(2)结论：∠AFC +∠FAC =90°，理由如下：∵ΔABC 是等边三角形，∴AB =AC =BC ，∠ABC =∠BAC =∠ACB =60°，∵AB =AC ，AD ⊥BC ，∴∠BAD =30°，∵将BE 绕点B 顺时针方向旋转60°得到BF ，∴BE =BF ，∠EBF =60°，∴∠EBF =∠ABC ，在△ADC 和△BDA 中，AB =BC∠ABE =∠FBC BE =BF，∴ΔABE ≌ΔCBF SAS ，∴∠BAE =∠BCF =30°，∴∠ACF =90°，∴∠AFC +∠FAC =90°；(3)∠EBC =15°或75°分两种情况：①点E 在点A 的下方时，如图：∵ΔACF 是等腰直角三角形，∴AC =CF ，由(2)得ΔABE ≌ΔCBF ，∴CF =AE ，∴AC =AE =AB ，∴∠ABE =180°-30°2=75°，∴∠EBC =∠ABE -∠ABC =75°-60°=15°；②点E 在和点A 的上方时，如图：同理可得∠EBC =∠ABE +∠ABC =75°．2已知四边形ABCD 是正方形，将线段CD 绕点C 逆时针旋转α(0°<α<90°)，得到线段CE ，联结BE 、CE 、DE . 过点B 作BF ⊥DE 交线段DE 的延长线于F ．(1)如图，当BE =CE 时，求旋转角α的度数；(2)当旋转角α的大小发生变化时，∠BEF 的度数是否发生变化?如果变化，请用含α的代数式表示；如果不变，请求出∠BEF 的度数；(3)联结AF ，求证：DE =2AF ．【答案】(1)30°；(2)不变；45°；(3)见解析【解析】(1)证明：在正方形ABCD 中, BC =CD .由旋转知，CE=CD,又∵BE =CE ,∴BE =CE =BC ,∴△BEC 是等边三角形，∴∠BCE=60°.又∵∠BCD=90°,∴α=∠DCE=30°.(2)∠BEF的度数不发生变化.在△CED中，CE=CD,∴∠CED=∠CDE=180°-α2=90°-α2，在△CEB中,CE=CB,∠BCE=90°-α,∴∠CEB=∠CBE=180°-∠BCE2=45°+α2,∴∠BEF=180°-∠CED-∠CEB=45°.(3)过点A作AG∥DF与BF的延长线交于点G，过点A作AH∥GF与DF交于点H，过点C作CI⊥DF于点I易知四边形AGFH是平行四边形，又∵BF⊥DF，∴平行四边形AGFH是矩形.∵∠BAD=∠BGF=90°，∠BPF=∠APD，∴∠ABG=∠ADH.又∵∠AGB=∠AHD=90°，AB=AD，∴△ABG≌△ADH.∴AG=AH，∴矩形AGFH是正方形.∴∠AFH=∠FAH=45°，∴AH=AF∵∠DAH+∠ADH=∠CDI+∠ADH=90°∴∠DAH=∠CDI又∵∠AHD=∠DIC=90°，AD=DC，∴△AHD≌△DIC∴AH=DI，∵DE=2DI，∴DE=2AH=2AF模型二　对角互补模型对角互补模型的特征：外观呈现四边形，且对角和为180°。

中考专题复习——几何题用旋转结构“手拉手”模型一、授课目：1.认识并熟悉“手拉手模型” ，掌握其基本特色．2.借助“手拉手模型” ，利用旋结构全等解决相关．3.一反三，解决求定，定角，最等一．二、授课重点：1.挖掘和结构“手拉手模型” ，学会用旋结构全等．2.用旋结构全等的解方法最化．三、授课程：1.复旧知：如，△ ABD，△ BCE等三角形，从中你能得出哪些？生：（ 1）△ABE≌△DBC（ 2）△ABG≌△DBF A （3）△CFB≌△EGB（ 4）△BFG等三角形（5）△AGB∽△DGH（ 6）∠DHA＝ 60°（ 7）H，G，F，B四点共DEHG FB C （ 8）BH均分∠AHC⋯⋯：我再来重点研究△ABE与△ DBC，两个全等的三角形除了相等，角相等外，有什么共同特色呢？生：它有同一个字母B，即同一个点B．：我也可以把△DBC看作由△ ABE怎的形运获取？生：点B逆旋60°获取．2.引入新：其我可以两个全等的三角形予一个模型，叫“手拉手模型”，可以将个模型的特色再做一步的化呢？生：相等．：我可以称之“等段”．生：有同一个点．：我可以称之“共点”．：等段，共点的两个全等三角形，我一般可以考哪一种形运？生：旋．：“手拉手模型”可以：等段，共点，一般用旋．3.小题热身图 1图2图31．如图 1，△BAD中，∠BAD＝ 45°，AB＝AD，AE⊥BD于E，BC⊥AD于C，则AF＝____ BE．2．如图 2，△ABC和△BED均为等边三角形，ADE三点共线，若BE＝2，CE＝4，则 AE＝______．3．如图 3，正方形ABCD中，∠EAF＝ 45°，BE＝ 3，DF＝5，则EF＝ _______．师：我们来看第1，第 2 题，这里面有“手拉手模型”吗？请你找出其中的“等线段，共极点”．生：题 1 中，等线段是AC，BC，共极点是 C，△ ACF绕点 C逆时针旋转90°得△BCD．题2 中，等线段是AB，BC，共极点是B，△ABD绕点D顺时针旋转 60°得△CBE．师：我们再来看第 3 题，这里有“手拉手模型”吗？生：没有．师：那其中有没有“等线段，共极点”呢？生：等线段是 AD， AB，共极点是A．师：我们可否利用旋转来结构“手拉手模型”呢？生：将 AE旋转，绕点 A 逆时针旋转90°．师：为什么是逆时针旋转90°，你是怎样思虑的？生：我准备结构一个和△ABE全等的三角形，AB绕点 A 逆时针旋转90°即为AD，那么将AE逆时针旋转 90°可得AG，连接GD，证明全等．师：说的不错，谁能再来归纳一下，借助“手拉手模型”，用旋转结构全等的方法吗？生：先找有没有“等线段，共极点”，再找其中一条“共极点”的线段，将其旋转．师：旋转角度怎样确定，方向怎么选择？生：选择其中一个三角形，将“共极点”的线段旋转．旋转角为两条“等线段”间的夹角．方向应与所选择的初步“等线段”旋转到另一条“等线段”时的方向一致．师：特别棒，可以说，你已经掌握了这节课的精髓．可是，很多题目中可是隐含了“手拉手模型”的一些条件，节余的需要我们自己去结构，可以怎样结构呢？步骤 1：先找有没有“等线段，共极点”．步骤 2：选择其中一个三角形，将其中经过“共极点”的线段旋转．步骤 3：旋转方向与这个三角形的“等线段”旋转到另一条“等线段”的方向一致，旋转角为“等线段”间的夹角．师：这道题还有一个要注意的地方，你发现了吗？生：连接GD后，要证明G，D， F 三点共线．4. 例题精讲A例 1：等边△ABC中，AD＝ 4，DC＝ 3，BD＝5，求∠ADC度数．师：这里有没有隐含的“手拉手模型”？D 要结构全等，该怎样旋转？生：将△绕点A 顺时针旋转 60°．B CADC师：你是怎么想的，还有其他做法吗？A生：我发现 AB＝ AC， A 为“共极点” ，我选择的旋转线段是 AD，由于 AC绕点 A 顺时针旋转60°到 AB，所以△ ADC也要绕点 A E D顺时针旋转60°．也可将△ADB绕点A逆时针旋转 60°．【解答】B C将 AD绕点 A 顺时针旋转60°到 AE，连接 BE，DE．则△ ADE也为等边三角形．易证△AEB≌△ ADC，∴ BE＝ DC＝4，依照勾股定理逆定理，可证∠BED＝90°，则∠ AEB＝∠ ADC＝150°例 2：如图，△和△均为等腰直角三角形，＝＝DABO CDO AOB COD90 ．若△的面积为1，试求以、、＋的长度为三边ABOC AD BC OC OD长的三角形的面积．O师：由于线段分别，怎样经过图形变换，使这些线段能构成一个三角形？C B生：将 OD绕点 O逆时针旋转90°至OE，即可使OC，OD共线，再经过证明确定△BCE即是以AD、BC、 OC＋ OD的长度为三边长的三角形．【解答】如图，将 OD绕点 O逆时针旋转90°至 OE，连接 BE．易证DA△≌△，＝，∴△即是以、、＋长度为E OAD OBE AD BE BCE AD BC OC OD三边长的三角形．又∵OC＝ OE，∴ S△BCE＝2S△BOC＝2．OC B5. 自主练习1．如图，在四边形ABCD中， AD＝4， CD＝3，∠ ABC＝∠ ACB＝∠DA＝ 45°，则的长为 _________．ADC BD师：请找出隐含的“手拉手模型” ，并写出解决方法．C B 生：“等线段”是CA和 BA，“共极点”是A．方法是将 AD绕点 A顺时针旋转90°．2．如图，在△ABC中， BC＝2， AB＝2，以AC为边，向外做正方形ACDE，连接 BE，则 BE最大值为_________．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．A生：“等线段”是CA和 EA，“共极点”是A．方法是将AB绕点 A逆时针旋转90°．师：你为什么要逆时针旋转，你准备旋转哪个三角形？生：△ ABC，由于 AC是逆时针旋转90°到AE，所以AB也绕点A逆时针旋转3．如图，点A在⊙B上，AB＝ 1，BC＝ 2，△ACD是等边三角形，求△BCD面积的最大值．师：请找出隐含的“手拉手模型”，并写出解决方法．生：“等线段”是CA和 CD，“共极点”是C．C方法是将CA绕点 C逆时针旋转60°．附：自主练习解答1．如图，将绕点A 顺时针旋转 90°至，易证△≌△，AD AE EAC DAB可得＝，又∵∠＝ 45°，∴∠＝ 90°，＝ 3，DE CE BD EDA CDE CD D＝ 42222＋ (42)2＝41 2 ，则 Rt △CDE中，CE＝CD＋DE＝3∴CE＝41，∴ DB＝412.如图，将 AB绕点 A逆时针旋转90°至 AF，易证△ EAF≌△ CAB，可得EF＝ BC＝2．Rt△ BAF 中， AF＝ AB＝2，∴ BF＝2．由三角形三边关系易知， BE≤ EF＋ BF，∴ BE最小值为4.AEDBC 90°．DABEAC BEDFB C3. 如图，将绕点逆时针旋转 60°至，连接，过点E 作⊥CBCCEDEEF CBD于 F ，过点 D 作 DG ⊥ CB 于 G ．易证△ CBA ≌ CED ， 则 DE ＝1， EF ＝3，过EE 作边上的高，可证＜ ＋ ．DGDG DE EF当 D ， E ， F 三点共线时， DG ＝ DE ＋ EF ．即高的最大值为 1＋ 3， S △ BCDmaxAC G FB1＝ 2×2×（ 1＋3）＝ 1＋ 3D ECFAB。

几何变换的三种模型手拉手、半角、对角互补⎧⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎧⎪⎨⎨⎩⎪⎪⎧⎪⎨⎪⎩⎪⎪⎩等腰三角形手拉手模型等腰直角三角形（包含正方形）等边三角形（包含费马点）特殊角旋转变换对角互补模型一般角特殊角角含半角模型一般角等线段变换（与圆相关）【练1】（2013北京中考）在ABC△中，AB AC=，BACα∠=（060α︒<<︒），将线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD．（1）如图1，直接写出ABD∠的大小（用含α的式子表示）；（2）如图2，15060BCE ABE∠=︒∠=︒，，判断ABE△的形状并加以证明；（3）在（2）的条件下，连结DE，若45DEC∠=︒，求α的值．真题演练知识关联图【练2】 （20XX 年北京中考）在ABC △中，BA BC BAC α=∠=，，M 是AC 的中点，P 是线段上的动点，将线段PA 绕点P 顺时针旋转2α得到线段PQ ．（1）若α=60︒且点P 与点M 重合（如图1），线段CQ 的延长线交射线BM 于点D ，请补全图形，并写出CDB ∠的度数；（2）在图2中，点P 不与点B M ，重合，线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，猜想CDB ∠的大小（用含α的代数式表示），并加以证明； （3）对于适当大小的α，当点P 在线段BM 上运动到某一位置（不与点B ，M 重合）时，能使得线段CQ 的延长线与射线BM 交于点D ，且PQ QD =，请直接写出α的范围．考点1：手拉手模型：全等和相似包含：等腰三角形、等腰直角三角形（正方形）、等边三角形伴随旋转出全等，处于各种位置的旋转模型，及残缺的旋转模型都要能很快看出来（1）等腰三角形旋转模型图（共顶点旋转等腰出伴随全等）（2）等边三角形旋转模型图（共顶点旋转等边出伴随全等）（3）等腰直角旋转模型图（共顶点旋转等腰直角出伴随全等）（4）不等边旋转模型图（共顶点旋转不等腰出伴随相似）例题精讲【例1】 （14年海淀期末）已知四边形和四边形都是正方形 ，且．（1）如图，连接、．求证：；（2）如图，如果正方形，将正方形绕着点旋转到某一位置时恰好使得，． ①求的度数；②请直接写出正方形的边长的值．ABCD CEFG AB CE >1BG DG BG DE =2ABCD CEFG C CG BD ∥BG BD =BDE ∠CEFG【例2】 （20XX 年西城一模） 四边形ABCD 是正方形，BEF ∆是等腰直角三角形，90BEF ∠=︒，BE EF =，连接DF ，G 为DF 的中点，连接EG ，CG ，EC 。

M D N E C BF A 初三专题练习——旋转问题 姓名______________ 学号_____________一、手拉手模型（特点——公共点是等腰三角形的顶点）如图，易证：'ABB ∆≌'ACC ∆这就是传说中的“旋转一施二”，又称为“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．求证：∠AFM=60°2、如图，在等腰ABC Rt ∆中，BC BA =，︒=∠90ABC ，点D 在AC 上，将ABD ∆绕点B 顺时针方向旋转︒90后，得到CBE ∆（1）求DCE ∠的度数；（2）若4=AB ，AD CD 3=，求DE 的长。

3、等边ABC ∆中，4=AD ，3=DC ，5=BD ，求ADC ∠的度数。

A B C D4、如图，在凸四边形ABCD 中，30BCD ∠=︒,60DAB AD AB ∠=︒=，．求证：222AC CD BC =+5、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；6、已知在ABC ∆中，AC AB =，D 是BC 边上一点，连接AD ，在直线AD 右侧作等腰ADE ∆，AE AD =（1）如图1，︒=∠=∠90DAE BAC ，连接CE ，求证：ABD ∆≌ACE ∆（2）如图2，︒=∠=∠120DAE BAC ，2==AC AB ，取AC 边的中点F ，连接EF ，当点D 从B 点运动到C 点过程中，求线段EF 长度的最小值。

（3）如图3，四边形ABCD 中，︒=∠=∠90BCD BAD ，AD AB =，1=DC ，连接AC ，已知2230+=AC ，求AB 的长。

几何变换的三种模型手拉手、半角、对角互补【练1】（2013北京中考）在ABC △中，AB AC =，BAC α∠=（060α︒<<︒），将线段BC 绕点B 逆【练2】 ，请补全（2CDB ∠的（3知识关联图真题演练考点1：手拉手模型：全等和相似包含：等腰三角形、等腰直角三角形（正方形）、等边三角形伴随旋转出全等，处于各种位置的旋转模型，及残缺的旋转模型都要能很快看出来（1）等腰三角形旋转模型图（共顶点旋转等腰出伴随全等）（2）等边三角形旋转模型图（共顶点旋转等边出伴随全等）例题精讲>．【例1】（14年海淀期末）已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB CE（1）如图1，连接BG、DG．求证：BG DE=；（2）如图2，如果正方形ABCD，将正方形CEFG绕着点C旋转到某一位置时恰好使得CG BD=．∥，BG BD①求BDE∠的度数；②请直接写出正方形CEFG的边长的值．【例2】 （2014年西城一模） 四边形ABCD 是正方形，BEF ∆是等腰直角三角形，90BEF ∠=︒，BE EF =，连接DF ，G 为DF 的中点，连接EG ，CG ，EC 。

（1）如图24-1，若点E 在CB 边的延长线上，直接写出EG 与GC 的位置关系及EC GC 的值； （2）将图24-1中的BEF ∆绕点B 顺时针旋转至图24-2所示位置，请问（1）中所得的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；【例3】 （2015年海淀九上期末）如图1，在ABC △ 中，4BC =，以线段AB 为边作ABD △，使得AD BD =， 连接DC ，再以DC 为边作CDE △，使得DC DE =，CDE ADB α∠=∠=． （1）如图2 ，当45ABC ∠=︒且90α=︒时，用等式表示线段AD DE ，之间的数量关系；【例4】（13年房山一模）（1）如图1，ABC△都是等边三角形，且B、C、D三点共线，联结AD、BE相△和CDE交于点P，求证：BE AD=．（2）如图2，在BCD△中，120△外部作等边BCD∠<，分别以BC、CD和BD为边在BCD△和等边BDFABC△、等边CDE△，联结AD、BE和CF交于点P，下列结论中正确的是_______（只填序号即可）①AD BE CF∠=∠；③60==；②B E C A D C∠=∠=∠=；DPE EPC CPA （3）如图2，在（2）的条件下，求证：PB PC PD BE++=．考点2：角含半角模型：全等秘籍：角含半角要旋转：构造两次全等【例1】（2012年西城期末）已知：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45MAN∠=︒，连结MC，NC，MN．猜想线段BM，DN和MN之间的等量关系并证明你的结论．【例2】 （2014年平谷一模）（1）如图1，点E F 、分别是正方形ABCD 的边BC CD 、上的点，45EAF ∠=︒，连接EF ， 则EF BE FD 、、之间的数量关系是：EF BE FD =+．连结BD ，交AE AF 、于点M N 、，且 MN BM DN 、、满足222DN BM MN +=，请证明这个等量关系；（2）在ABC △中， AB AC =，点D E 、分别为BC 边上的两点．①如图2，当60BAC ∠=︒，30DAE ∠=︒时，BD DE EC 、、应满足的等量关系是__________________；都是【例2】 已知：点P 是MON ∠的平分线上的一动点，射线PA 交射线OM 于点A ，将射线PA 绕点P 逆时针旋转交射线ON 于点B ，且使180APB MON ∠+∠=．（1）利用图1，求证：PA PB =；（2）如图1，若点C 是AB 与OP 的交点，当3POB PCB S S ∆∆=时，求PB 与PC 的比值；图1 图2ABC（【练1】 （2015年昌平九上期末）如图，已知ABC 和ADE 都是等腰直角三角形， 90BAC DAE ∠=∠=︒，AB AC =，AD AE =．连接BD 交AE 于M ,连接CE 交AB 于N ，BD 与CE 交点为F ，连接AF ．（1）如图1，求证：BD CE ⊥；（2）如图1，求证：AF 是CFD ∠的平分线； 全能突破【练2】 （2014西城九上期末）已知：ABC △，DEF △都是等边三角形，M 是BC 与EF 的中点，连接AD ，BE .（1）如图1，当EF 与BC 在同一条直线上时，直接写出AD 与BE 的数量关系和位置关系； （2）ABC △固定不动，将图1中的DEF 绕点M 顺时针旋转α（o 0≤α≤o 90）角，如图2所示，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请加以证明；若不成立，说明理由；（3）△ABC 固定不动，将图1中的DEF 绕点M 旋转α（o 0≤α≤o 90）角，作DH BC⊥【练3】 （2014年朝阳一模24题）在ABC △中，AC BC =，在AED △中，AD ED =，点D 、E 分别在CA 、AB 上，（1）图①，若90ACB ADE ∠=∠=︒，则CD 与BE 的数量关系是______________； （2）若120ACB ADE ∠=∠=︒，将AED △绕点A 旋转至如图②所示的位置，则CD 与BE 的数量关系是______________；（3）若2(090)ACB ADE αα∠=∠=<<︒，将AED △绕点A 旋转至如图③所示的位置，探究线段CD 与BE 的数量关系，并加以证明（用含α的式子表示）【练4】 ， ACF ，连接45DAE ︒＝，可证FAE DAE ≌，得．解FCE ，可求得EF (即DE 的长．的度数是_________________Rt ABC ____参考小辉思考问题的方法，解决问题：【练5】 A、点（1）在BAC ∠的旋转过程中，AEQ ∠的大小是否改变，若不变写出它的度数，若改变，写出它的变化范围（直接在答题卡上写出结果，不必证明）；（2）探究APQ ∆与AEF ∆的面积的数量关系，写出结论并加以证明．E C【练6】 （2015年延庆九上期末）已知：ABC △是O 的内接三角形，AB AC =，在BAC ∠所对弧AC上，任取一点D ，连接AD BD CD ，，，（1）如图1，BAC α∠=，直接写出ADB ∠的大小（用含α的式子表示）；（2）如图2，如果∠60BAC =︒，求证：BD CD AD +=；（3）如图3，如果∠120BAC =︒，那么BD CD +与AD 之间的数量关系是什么？写出猜测并加以证明；（4）如果BAC α∠=，直接写出BD CD +与AD 之间的数量关系.【练7】 （1)如图，在四边形ABCD 中，90AB AD B D =∠=∠=︒，，E F 、分别是边BC CD 、上的点， 且12EAF =BAD ∠∠．求证：EF BE FD =+;(2) 如图在四边形ABCD 中，180AB AD B+D =∠∠=︒，，E F 、分别是边BC CD 、上的点，且12EAF BAD ∠=∠， (1)中的结论是否仍然成立？不用证明． (3) 如图，在四边形ABCD 中，AB AD =，180B ADC ∠+∠=︒，E F ，分别是边BC CD ，延长线上的点，且1EAF BAD ∠=∠， (1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成【练ABC 中，PA PB PC 、、APC 绕点，得到EDC ，连接的长即为所求．）请你写出图2中，________； 【练9】 （2014年西城二模）在ABC ，BAC ∠为锐角，AB AC >， AD 平分BAC ∠交BC 于点D ．（1）如图1，若ABC 是等腰直角三角形，直接写出线段AC ，CD ，AB 之间的数量关系；（2）BC 的垂直平分线交AD 延长线于点E ，交BC 于点F ．①如图2，若60ABE ∠=︒，判断AC ，CE ，AB 之间有怎样的数量关系并加以证明；【练10】 (2014年1月西城八年级期末试题—附加题) 已知：如图，MAN ∠为锐角，AD 平分MAN ∠，点B ，点C 分别在射线AM 和AN 上， AB AC =.（1）若点E 在线段CA 上，线段EC 的垂直平分线交直线AD 于点F ，直线BE 交直线AD 于点G ，求证：EBF CAG ∠=∠；（2）若（1）中的点E 运动到线段CA 的延长线上，（1）中的其它条件不变，猜想EBF ∠与CAG∠的数量关系并证明你的结论.【练11】 （2014海淀一模）在ABC △中，AB AC =，将线段AC 绕着点C 逆时针旋转得到线段CD ，旋转角为α，且0180α︒<<︒，连接AD ，BD ．（1）如图1，当100BAC ∠=︒，60α=︒时，CBD ∠的大小为__________；（2）如图2，当100BAC ∠=︒，20α=︒时，求M 的大小；（3）已知BAC ∠的大小为m （60120m ︒<<︒），若M 的大小与（2）中的结果相同，请直接写出α的大小．1234。