初中数学旋转最值解题技巧

2020-2021中考数学备考之初中数学 旋转压轴突破训练∶培优 易错 难题篇一、旋转1．在△ABC 中，AB=AC ，∠BAC=α（︒<<︒600α），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，∠BCE=150°，∠ABE=60°，判断△ABE 的形状并加以证明； （3）在（2）的条件下，连结DE ，若∠DEC=45°，求α的值。

【答案】（1）1302α︒-（2）见解析（3）30α=︒【解析】解：（1）1302α︒-。

（2）△ABE 为等边三角形。

证明如下：连接AD ，CD ，ED ，∵线段BC 绕点B 逆时针旋转60︒得到线段BD ， ∴BC=BD ，∠DBC=60°。

又∵∠ABE=60°，∴1ABD 60DBE EBC 302α∠=︒-∠=∠=︒-且△BCD 为等边三角形。

在△ABD 与△ACD 中，∵AB=AC ，AD=AD ，BD=CD ，∴△ABD ≌△ACD （SSS ）。

∴11BAD CAD BAC 22α∠=∠=∠=。

∵∠BCE=150°，∴11BEC 180(30)15022αα∠=︒-︒--︒=。

∴BEC BAD ∠=∠。

在△ABD 和△EBC 中，∵BEC BAD ∠=∠，EBC ABD ∠=∠，BC=BD ， ∴△ABD ≌△EBC （AAS ）。

∴AB=BE 。

∴△ABE 为等边三角形。

（3）∵∠BCD=60°，∠BCE=150°，∴DCE 1506090∠=︒-︒=︒。

又∵∠DEC=45°，∴△DCE 为等腰直角三角形。

∴DC=CE=BC 。

∵∠BCE=150°，∴(180150)EBC 152︒-︒∠==︒。

而1EBC 30152α∠=︒-=︒。

∴30α=︒。

解题技巧专题：菱形中折叠、动点、旋转、最值、新定义型问题目录【考点一利用菱形的性质与判定解决折叠问题】 1【考点二利用菱形的性质与判定解决动点与函数图象问题】 5【考点三利用菱形的性质与判定解决旋转问题】 10【考点四利用菱形的性质与判定解决最值问题】 16【考点五利用菱形的性质与判定解决新定义型问题】 21【典型例题】【考点一利用菱形的性质与判定解决折叠问题】1.(2024九年级下·江苏南京·专题练习)如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC上，沿EF翻折后，点B落在边CD上的G处，若EG⊥CD，BE=4，DG=3，则AE的长为．【变式训练】2.(2024·广东东莞·二模)如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点B落在AD边的点F处，折痕为CE，若∠D= 80°，则∠BCF的度数是．3.(23-24八年级下·江苏无锡·期中)如图，在菱形ABCD中，AB=8，∠A=120°，M是CD上，DM=3，N是点AB上一动点，四边形CMNB沿直线MN翻折，点C对应点为E，当AE最小时，AN=．4.(23-24八年级下·河北邢台·期中)如图，在菱形纸片ABCD中，∠A=60°．(1)∠C=°．(2)点E在BC边上，将菱形纸片ABCD沿DE折叠，点C对应点为点C ，且DC 是AB的垂直平分线，则∠DEC的大小为°．5.(2024·云南曲靖·二模)如图，已知在△ABC中，∠ACB=90°，过点C作CD⊥AB于点D，点E为AC上一点，连接BE，交CD于点G，△BFE是△BCE沿BE折叠所得，且点C的对应点F恰好落在AB上，连接FG．(1)求证：四边形CEFG为菱形；(2)若AC=8，BC=6，求DG的长．【考点二利用菱形的性质与判定解决动点与函数图象问题】6.(2024·北京朝阳·二模)如图1，在菱形ABCD 中，∠B =60°，P 是菱形内部一点，动点M 从顶点B 出发，沿线段BP 运动到点P ，再沿线段P A 运动到顶点A ，停止运动．设点M 运动的路程为x ，MA MC=y ，表示y 与x 的函数关系的图象如图2所示，则菱形ABCD 的边长是()A.43B.4C.23D.2【变式训练】7.(2024·广东深圳·三模)如图(1)，点P 为菱形ABCD 对角线AC 上一动点，点E 为边CD 上一定点，连接PB ，PE ，BE ．图(2)是点P 从点A 匀速运动到点C 时，△PBE 的面积y 随AP 的长度x 变化的关系图象(当点P 在BE 上时，令y =0)，则菱形ABCD 的边长为()A.5B.6C.23D.258.(23-24九年级下·山东淄博·期中)如图1，点P 从菱形ABCD 的顶点A 出发，沿A →C →B 以1cm/s 的速度匀速运动到点B ，点P 运动时△P AD 的面积y cm 2 随时间x (s )变化的关系如图2，则a 的值为()A.254B.253C.9D.1929.(2024·甘肃·中考真题)如图1，动点P 从菱形ABCD 的点A 出发，沿边AB →BC 匀速运动，运动到点C 时停止．设点P 的运动路程为x ，PO 的长为y ，y 与x 的函数图象如图2所示，当点P 运动到BC 中点时，PO 的长为()A.2B.3C.5D.2210.(23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习)在菱形ABCD 中，∠ABC =60°，P 是直线BD 上一动点，以AP 为边向右侧作等边△APE ，(A 、P ，E 按逆时针排列)，点E 的位置随点P 的位置变化而变化．(1)如图1，当点P 在线段BD 上，且点E 在菱形ABCD 内部或边上时，连接CE ，则BP 与CE 的数量关系是，BC 与CE 的位置关系是；(2)①如图2，当点P 在线段BD 上，且点E 在菱形ABCD 外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；②在①的条件下，连接BE ，若AB =2，∠APD =75°，直接写出BE 的长；(3)当点P 在直线BD 上时，其他条件不变，连接BE ．若AB =23，BE =219，请直接写出△APE 的面积．【考点三利用菱形的性质与判定解决旋转问题】11.(2024·河南·三模)如图，菱形OABC 的顶点O (0,0)，A (-1,0)，∠B =60°，若菱形OABC 绕点O 顺时针旋转90°后得到菱形OA 1B 1C 1，依此方式，绕点O 连续旋转2024次得到菱形OA 2024B 2024C 2024，那么点C 2024的坐标是()A.32,12B.12,-32C.-32,-12D.-12,32【变式训练】12.(2024九年级·全国·竞赛)在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，边长为2cm ，现将菱形ABCD 绕其外一点O影部分的面积为cm2．13.如图①，菱形ABCD和菱形AEFG有公共顶点A，点E，G分别落在边AB，AD上，连接DF，BF．(1)求证：DF=BF；(2)将菱形AEFG绕点A按逆时针方向旋转．设旋转角∠BAE=α0°≤α≤180°，且AB=6，AE= 3，∠DAB=∠GAE=60°．①如图②，当α=90°时，则线段DF的长度是多少？②连接BD，当△DFB为直角三角形时，则旋转角α的度数为多少度？14.(23-24八年级下·湖北武汉·期中)在菱形ABCD和菱形BEFG中，∠ABC=∠EBG=60°,AB=6,BE=2．(1)如图1，若点E、G分别在边AB、BC上，点F在菱形ABCD内部，连接DF，直接写出DF的长度为；(2)如图2，把菱形BEFG绕点B顺时针旋转α°(0<α<360)，连接DF、CG，判断DF与CG的数量关系，并给出证明；(3)如图3，①把菱形BEFG继续绕点B顺时针旋转，连接GD,O为DG的中点，连接CO、EO，试探究CO与EO的关系；②直接写出菱形BEFG绕B点旋转过程中CO的取值范围．【考点四利用菱形的性质与判定解决最值问题】15.(23-24八年级下·重庆沙坪坝·期中)如图，菱形ABCD的周长为8，∠DAC=30°，E是AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，则PE+PB的最小值是．【变式训练】16.(2024九年级下·全国·专题练习)如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH．若∠B=45°，BC=23，则GH的最小值是．17.(23-24八年级下·安徽合肥·期末)菱形ABCD中，∠B=60°，E是BC中点，连接AE,DE，点F是DE上一动点，G为AF中点，连接CG．(1)∠BAE=；(2)若AB=2，则CG的最小值为．18.(2024八年级下·全国·专题练习)如图，菱形ABCD中，AB=4，∠ABC=60°，点P为AD边上任意一点(不包括端点)，连结AC，过点P作PQ∥AC，交边CD于点Q，点R线段AC上的一点．(1)若点R为菱形ABCD对角线的交点，PQ为△ACD的中位线，求PR+QR的值；(2)当PR+QR的值最小时，请确定点R的位置，并求出PR+QR的最小值；(3)当PR+QR的值最小，且PR+QR+PQ的值最小时，在备用图中作出此时点P，Q的位置，写作法并写出PR+QR+PQ的最小值．【考点五利用菱形的性质与判定解决新定义型问题】19.(22-23八年级下·江苏苏州·期末)定义：如果三角形有两个内角的差为90°，那么称这样的三角形为“准直角三角形”．(1)已知△ABC是“准直角三角形”，∠C>90°，若∠A=40°，则∠B=°．(2)如图，在菱形ABCD中，∠B>90°，AB=5，连接AC，若△ABC正好为一个准直角三角形，求菱形ABCD的面积．【变式训练】20.(23-24九年级下·山东威海·期中)【理解新定义】若一个四边形具备一组对角互补和一组邻边相等，则称该四边形为“补等四边形”．如正方形和筝形，它们都具备这样的特征，所以称为补等四边形．【解决新问题】(1)如图Ⅰ，点E，F分别在菱形ABCD的边CD，AD上，CE=DF，∠A=60°．四边形BEDF是否为补等四边形？(填“是”或“否”)(2)如图Ⅱ，在△ABC中，∠B>90°．∠ACB的平分线和边AB的中垂线交于点D，中垂线交边AC于点G，连接DA，DB．四边形ADBC是否为补等四边形？若是，进行证明；若不是，说明理由．21.(22-23八年级下·浙江宁波·期末)我们定义：以已知菱形的对角线为边且有一条边与已知菱形的一条边共线的新菱形称为已知菱形的伴随菱形．如图1，在菱形ABCD中，连接AC，在AD的延长线上取点E 使得AC=AE，以CA、AE为边作菱形CAEF，我们称菱形CAEF是菱形ABCD的“伴随菱形”．(1)如图2，在菱形ABCD中，连接AC，在BC的延长线上作CA=CF，作∠ACF的平分线CE交AD的延长线于点E，连接FE．求证：四边形AEPC为菱形ABCD的“伴随菱形”．(2)①如图3，菱形AEFC为菱形ABCD的“伴随菱形”，过C作CH垂直AE于点H，对角线AC、BD相交于点O．连接EO若EO=2CH，试判断ED与BD的数量关系并加以证明．②在①的条件下请直接写出CHED的值．22.(22-23八年级下·安徽合肥·期末)定义：在三角形中，若有两条中线互相垂直，则称该三角形为中垂三角形．(1)如图(a)，△ABC是中垂三角形，BD,AE分别是AC,BC边上的中线，且BD⊥AE于点O，若∠BAE=45°，求证：△ABC是等腰三角形．(2)如图(b)，在中垂三角形ABC中，AE,BD分别是边BC,AC上的中线，且AE⊥BD于点O，求证：AC2+BC2=5AB2．(3)如图(c)，四边形ABCD是菱形，对角线AC,BD交于点O，点M,N分别是OA,OD的中点，连接BM,CN并延长，交于点E．求证：△BCE是中垂三角形；解题技巧专题：菱形中折叠、动点、旋转、最值、新定义型问题目录【考点一利用菱形的性质与判定解决折叠问题】 1【考点二利用菱形的性质与判定解决动点与函数图象问题】 5【考点三利用菱形的性质与判定解决旋转问题】 10【考点四利用菱形的性质与判定解决最值问题】 16【考点五利用菱形的性质与判定解决新定义型问题】 21【典型例题】【考点一利用菱形的性质与判定解决折叠问题】1.(2024九年级下·江苏南京·专题练习)如图，在菱形ABCD 中，点E ，F 分别在AB ，BC 上，沿EF 翻折后，点B 落在边CD 上的G 处，若EG ⊥CD ，BE =4，DG =3，则AE 的长为．【答案】914【分析】此题重点考查菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．作BH ⊥CD 交DC 的延长线于点H ，因为EG ⊥CD ，所以BH ∥EG ，由四边形ABCD 是菱形，得AB ∥CD ，AB =BC =CD ，则四边形BEGH 是平行四边形，所以GH =BE =4，由折叠得GE =BE =4，则BH =GE =4，所以DH =DG +GH =3+4=7，由勾股定理得42+7-AB 2=AB 2，求得AB =6514，所以AE =AB -BE =6514-4=914，于是得到问题的答案．【详解】解：作BH ⊥CD 交DC 的延长线于点H ，则∠H =90°，∵EG ⊥CD ，∴BH ∥EG ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ∥CD ，AB =BC =CD ，∴BE ∥GH ，∴四边形BEGH 是平行四边形，∴GH =BE =4，由折叠得GE =BE =4，∵DG =3，∴DH =DG +GH =3+4=7，∵BH 2+CH 2=BC 2，CH =7-CD =7-AB ，∴42+7-AB 2=AB 2，解得AB =6514，∴AE =AB -BE =6514-4=914，故答案为：914．【变式训练】2.(2024·广东东莞·二模)如图，将菱形纸片ABCD 折叠，使点B 落在AD 边的点F 处，折痕为CE ，若∠D =80°，则∠BCF 的度数是．【答案】80°/80度【分析】此题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边对等角和平行线的性质，首先根据平行的性质得到BC =CD ，由折叠得BC =CF ，然后求出CF =CD ，然后根据等边对等角和平行线的性质求解即可．【详解】∵四边形ABCD 是菱形∴BC =CD由折叠可得，BC =CF∴CF =CD∴∠CFD =∠D =80°∵四边形ABCD 是菱形∴AD ∥BC∴∠BCF =∠DFC =80°．故答案为：80°．3.(23-24八年级下·江苏无锡·期中)如图，在菱形ABCD 中，AB =8，∠A =120°，M 是CD 上，DM =3，N 是点AB 上一动点，四边形CMNB 沿直线MN 翻折，点C 对应点为E ，当AE 最小时，AN =．【答案】7【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，解决本题的关键是确定点E在AM上时，AE的值最小．作AH⊥CD于H，如图，根据菱形的性质可求得AH=32AD=83，DH=CH=8，在Rt△AHM中，利用勾股定理计算出AM=7，再根据两点间线段最短得到当点E在AM上时，AE的值最小，然后证明AN=AM即可．【详解】解：作AH⊥CD于H，如图，∵菱形ABCD的边AB=8，∠A=120°，∴AD=AB=CD=8，AB∥CD，∴∠D=180°-∠BAD=60°，∴∠DAH=30°，∴DH=12AD=4，AH=AD2-DH2=43，∵DM=3，∴HM=1，MC=CD-DM=5，在Rt△AHM中，AM=AH2+HM2=7，∵四边形CMNB沿直线MN翻折，点C对应点为E，，∴ME=MC=10，∵AE+ME≥AM，∴AE≥AM-ME，∴当点E在AM上时，AE的值最小，由折叠的性质得∠AMN=∠CMN，而AB∥CD，∴∠ANM=∠CMN，∴∠AMN=∠ANM，∴AN=AM=7．故答案为：7．4.(23-24八年级下·河北邢台·期中)如图，在菱形纸片ABCD中，∠A=60°．(1)∠C=°．(2)点E在BC边上，将菱形纸片ABCD沿DE折叠，点C对应点为点C ，且DC 是AB的垂直平分线，则∠DEC的大小为°．【答案】6075【分析】本题考查菱形的性质，垂直平分线的定义．(1)直接根据菱形的对角相等即可求解；(2)如图，由垂直平分线的定义得到∠1=90°，从而∠ADC =30°，由菱形的性质得到∠CDC =∠1=90°，从而由折叠有∠CDE=∠C DE=12∠CDC =45°，因此∠ADE=75°，再根据菱形的对边平行即可求解．【详解】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴∠C=∠A=60°．故答案为：60(2)如图，∵C D 是AB 的垂直平分线，∴∠1=90°，∴∠ADC =90°-∠A =90°-60°=30°，∵在菱形ABCD 中，AB ∥CD ，∴∠CDC =∠1=90°，由折叠可得∠CDE =∠C DE =12∠CDC =12×90°=45°，∴∠ADE =∠ADC +∠C DE =30°+45°=75°，∵在菱形ABCD 中，AD ∥BC ，∴∠DEC =∠ADE =75°．故答案为：755.(2024·云南曲靖·二模)如图，已知在△ABC 中，∠ACB =90°，过点C 作CD ⊥AB 于点D ，点E 为AC 上一点，连接BE ，交CD 于点G ，△BFE 是△BCE 沿BE 折叠所得，且点C 的对应点F 恰好落在AB 上，连接FG ．(1)求证：四边形CEFG 为菱形；(2)若AC =8，BC =6，求DG 的长．【答案】(1)见解析(2)GD =1.8．【分析】(1)推出CG =EF ，CG ∥EF ，进而推出四边形CEFG 是平行四边形，并根据EC =EF 证得四边形CEFG 是菱形；(2)首先利用勾股定理求出AB ，设CG =x ，然后用x 表示出AE 和EF ，再在Rt △AEF 中，利用勾股定理构建方程，求出x ，进一步计算即可求解．【详解】(1)证明：∵CD ⊥AB ，△BFE 是△BCE 沿BE 折叠所得，∴∠BFE =∠BCE =90°，∠CEG =∠FEG ，EC =EF ，∴CD ∥EF ，∴∠CGE =∠FEG ，∴∠CGE =∠CEG ，∴CE =CG ，∴CG =EF ，∵CG ∥EF ，∴四边形CEFG 是平行四边形，∵EC =EF ，∴平行四边形CEFG 是菱形；(2)解：∵AC =8，BC =6，∠ACB =90°，22∵四边形CEFG 是菱形，∴EF =FG =CE =CG =x ，∴AE =8-x ，∵△BFE 是△BCE 沿BE 折叠所得，∴BF =BC =6，∴AF =AB -BF =10-6=4，∵在Rt △AEF 中，EF 2+AF 2=AE 2，∴x 2+42=8-x 2，解得：x =3，即CG =3．∵CD ⊥AB ，∴S △ABC =12AC ×BC =12AB ×CD ，∴CD =4.8，∴GD =4.8-3=1.8．【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定和性质以及勾股定理的应用，灵活运用各性质进行推理论证是解题的关键．【考点二利用菱形的性质与判定解决动点与函数图象问题】6.(2024·北京朝阳·二模)如图1，在菱形ABCD 中，∠B =60°，P 是菱形内部一点，动点M 从顶点B 出发，沿线段BP 运动到点P ，再沿线段P A 运动到顶点A ，停止运动．设点M 运动的路程为x ，MA MC=y ，表示y 与x 的函数关系的图象如图2所示，则菱形ABCD 的边长是()A.43B.4C.23D.2【答案】C【分析】首先根据题意作图，然后由图象判断出点P 在对角线BD 上，BP =4，BP +AP =6，设AO =x ，则AB =2AO =2x ，利用勾股定理求解即可．【详解】如图所示，由图象可得，当x 从0到4时，MA MC=y =1∴MA =MC∵四边形ABCD 是菱形∴点P 在对角线BD 上∴由图象可得，BP =4，BP +AP =6∵在菱形ABCD 中，∠B =60°，∴∠ABD =30°，AC ⊥BD∴设AO =x ，则AB =2AO =2x∴PO =BP -BO =4-3x∴BO =AB 2-AO 2=3x∴在Rt △APO 中，AP 2=AO 2+PO 2∴22=x 2+4-3x 2解得x =3，负值舍去∴AB =2x =23∴菱形ABCD 的边长是23．故选：C ．【点睛】此题考查了动点函数图象问题，菱形的性质，勾股定理，含30°角直角三角形的性质等知识，解题的关键是根据图象正确分析出点P 在对角线BD 上．【变式训练】7.(2024·广东深圳·三模)如图(1)，点P 为菱形ABCD 对角线AC 上一动点，点E 为边CD 上一定点，连接PB ，PE ，BE ．图(2)是点P 从点A 匀速运动到点C 时，△PBE 的面积y 随AP 的长度x 变化的关系图象(当点P 在BE 上时，令y =0)，则菱形ABCD 的边长为()A.5B.6C.23D.25【答案】A 【分析】根据图象可知，当x =0时，即点P 与点A 重合，此时S △ABE =12，进而求出菱形的面积，当x =8时，此时点P 与点C 重合，即AC =8，连接BD ，利用菱形的性质，求出边长，即可得出结果．本题考查菱形的性质和动点的函数图象．熟练掌握菱形的性质，从函数图象中有效的获取信息，是解题的关键．【详解】解：由图象可知：当x =0时，即点P 与点A 重合，此时S △ABE =12，∴S 菱形ABCD =2S △ABE =24，当x =8时，此时点P 与点C 重合，即AC =8，连接BD ，交AC 于点O ，则：BD ⊥AC ,OA =OC =4,OB =OD ，∴S 菱形ABCD =12AC ⋅BD =24，∴BD =6，∴OB =OD =3，∴AB =OA 2+OB 2=5，∴菱形ABCD 的边长为5；故选A ．8.(23-24九年级下·山东淄博·期中)如图1，点P 从菱形ABCD 的顶点A 出发，沿A →C →B 以1cm/s 的速度匀速运动到点B ，点P 运动时△P AD 的面积y cm 2 随时间x (s )变化的关系如图2，则a 的值为()A.254B.253C.9D.192【答案】B【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，动点问题的函数图象，过点C 作CE ⊥AD ，根据函数图象求出菱形的边长为a ，再根据图像的三角形的面积可得CE =8，再利用菱形的性质和勾股定理列方程可求a 即可．【详解】解：如图所示，过点C 作CE ⊥AD 于E ，∵在菱形ABCD 中，AD ∥BC ，AD =BC ，∴当点P 在边BC 上运动时，y 的值不变，∴AD =BC =10+a -10=a ，即菱形的边长是a ，∴12⋅AD ⋅CE =4a ，即CE =8．当点P 在AC 上运动时，y 逐渐增大，∴AC =10，∴AE =AC 2-CE 2=102-82=6．在Rt △DCE 中，DC =a ,DE =a -6,CE =8，∴a 2=82+a -6 2，解得a =253．故选：B ．9.(2024·甘肃·中考真题)如图1，动点P 从菱形ABCD 的点A 出发，沿边AB →BC 匀速运动，运动到点C 时停止．设点P 的运动路程为x ，PO 的长为y ，y 与x 的函数图象如图2所示，当点P 运动到BC 中点时，PO 的长为()A.2B.3C.5D.22【答案】C 【分析】结合图象，得到当x =0时，PO =AO =4，当点P 运动到点B 时，PO =BO =2，根据菱形的性质，得∠AOB =∠BOC =90°，继而得到AB =BC =OA 2+OB 2=25，当点P 运动到BC 中点时，PO 的长为12BC=5，解得即可．本题考查了菱形的性质，图象信息题，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．【详解】结合图象，得到当x=0时，PO=AO=4，当点P运动到点B时，PO=BO=2，根据菱形的性质，得∠AOB=∠BOC=90°，故AB=BC=OA2+OB2=25，当点P运动到BC中点时，PO的长为12BC=5，故选C．10.(23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习)在菱形ABCD中，∠ABC=60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，(A、P，E按逆时针排列)，点E的位置随点P的位置变化而变化．(1)如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，则BP与CE的数量关系是，BC与CE的位置关系是；(2)①如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；②在①的条件下，连接BE，若AB=2，∠APD=75°，直接写出BE的长；(3)当点P在直线BD上时，其他条件不变，连接BE．若AB=23，BE=219，请直接写出△APE的面积．【答案】(1)BP=CE，CE⊥BC；(2)①仍然成立，见解析；②20-83(3)73或313【分析】(1)连接AC，根据菱形的性质和等边三角形的性质证明△BAP≌△CAE即可证得结论；(2)①(1)中的结论成立，用(1)中的方法证明△BAP≌△CAE即可；②根据已知得出DP=AD，进而根据①可得BP=CE，根据CE⊥BC，勾股定理，即可求解；(3)分两种情形：当点P在BD的延长线上时或点P在线段DB的延长线上时，连接AC交BD于点O，由∠BCE=90°，根据勾股定理求出CE的长即得到BP的长，再求AO、PO、PD的长及等边三角形APE的边长可得结论．【详解】(1)解：如图1，连接AC，延长CE交AD于点H，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°；∴AP=AE，∠P AE=60°，∴∠BAP=∠CAE=60°-∠P AC，∴△BAP≌△CAE SAS，∴BP=CE；∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABP=1∠ABC=30°，2∴∠ABP=∠ACE=30°，∵∠ACB=60°，∴∠BCE=60°+30°=90°，∴CE⊥BC；故答案为：BP=CE，CE⊥BC；(2)(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD仍然成立，理由如下：如图2中，连接AC，设CE与AD交于H，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD都是等边三角形，∴AB=AC，∠BAD=120°，∠BAP=120°+∠DAP，∵△APE是等边三角形，∴AP=AE，∠P AE=60°，∴∠CAE=60°+60°+∠DAP=120°+∠DAP，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP≌△ACE SAS，∴BP=CE，∠ACE=∠ABD=30°，∴∠DCE=30°，∵∠ADC=60°，∴∠DCE+∠ADC=90°，∴∠CHD=90°，∴CE⊥AD；∴(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD仍然成立；②如图所示，∵△ABP≌△ACE SAS，∴CE=BP，∵∠APD=75°,∠ADB=30°∴∠DAP=75°=∠APD，∴DA=DP=2，∵BD=2BO=23AO=3AB=23∴BP=CE=BD-DP=23-2∵CE⊥AD，AD∥BC∴CE⊥BC∴BE=BC2+CE2=22+23-22=20-83故答案为：20-83．(3)如图3中，当点P在BD的延长线上时，连接AC交BD于点O，连接CE，BE，作EF⊥AP于F，∵四边形ABCD是菱形，∵∠ABC =60°，AB =23，∴∠ABO =30°，∴AO =12AB =3，OB =3AO =3，∴BD =6，由(2)知CE ⊥AD ，∵AD ∥BC ，∴CE ⊥BC ，∵BE =219，BC =AB =23，∴CE =(219)2-(23)2=8，由(2)知BP =CE =8，∴DP =2，∴OP =5，∴AP =OA 2+OP 2=(3)2+52=27，∵△APE 是等边三角形，∴S △AEP =34×27 2=73，如图4中，当点P 在DB 的延长线上时，同法可得AP =OA 2+OP 2=(3)2+112=231，∴S △AEP =34×231 2=313．【点睛】此题考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来．【考点三利用菱形的性质与判定解决旋转问题】11.(2024·河南·三模)如图，菱形OABC 的顶点O (0,0)，A (-1,0)，∠B =60°，若菱形OABC 绕点O 顺时针旋转90°后得到菱形OA 1B 1C 1，依此方式，绕点O 连续旋转2024次得到菱形OA 2024B 2024C 2024，那么点C 2024的坐标是()A.32,12B.12,-32C.-32,-12D.-12,32【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质、菱形的性质，含30°直角三角形的性质，勾股定理，坐标与图形，根据题意得到旋转的规律是解题的关键．根据题意得到点C 2024与点C 重合，在菱形中算出C 点坐标，即可解答．【详解】解：作CD ⊥OA 于D ，则∠CDO =90°，∵四边形OABC 是菱形，O 0,0 ,A -1,0 ，∴∠AOC =∠B =60°,OC =OA =1∴∠OCD =30°∴OD =12OC =12,CD =3OD =32∴点C 的坐标为-12,32，若菱形绕点O 顺时针旋转90°后得到菱形OA 1B 1C 1，依此方式，绕点O 连续旋转2024次得到菱形OA 2024B 2024C 2024，则菱形OABC 绕点O 连续旋转2024次，旋转4次为一周，旋转2024次为2024÷4=506(周)，∴绕点O 连续旋转2024次得到菱形OA 2024B 2024C 2024与菱形OABC 重合，∴点C 2024与C 重合，∴点C 2024的坐标为-12,32，故选：D ．【变式训练】12.(2024九年级·全国·竞赛)在菱形ABCD 中，∠ABC =120°，边长为2cm ，现将菱形ABCD 绕其外一点O按顺时针方向分别旋转90°、180°、270°后，得到如图的图形，每相邻两个菱形有一个顶点重合，则图中阴影部分的面积为cm 2．【答案】12-43【分析】连接AC 、OB ，交点为点E ，则OB 为AC 的中垂线，S △AOD =12×AE ×OD =12×3×3-1 =3-32cm 2 ，计算即可．【详解】如图，连接AC 、OB ，交点为点E ，则OB 为AC 的中垂线，∴点D 在OB 上，由已知条件易得BE =DE =12AB =1cm ,AE =OE =3cm ，∴OD =3-1cm ，∴S =1×AE ×OD =1×3×3-1 =3-3cm 2 ，∴所求面积为8×3-32=12-43cm2．故答案为：12-43．13.如图①，菱形ABCD和菱形AEFG有公共顶点A，点E，G分别落在边AB，AD上，连接DF，BF．(1)求证：DF=BF；(2)将菱形AEFG绕点A按逆时针方向旋转．设旋转角∠BAE=α0°≤α≤180°，且AB=6，AE= 3，∠DAB=∠GAE=60°．①如图②，当α=90°时，则线段DF的长度是多少？②连接BD，当△DFB为直角三角形时，则旋转角α的度数为多少度？【答案】(1)证明见解析(2)①33；②30°或90°【分析】(1)连接AF，根据菱形的性质，可得到△GAF≅△EAF，从而得到∠GAF=∠EAF，进而得到△DAF ≅△BAF，即可求证；(2)①连接AF，EG，BD，AC，BD与AC交于点O，AF交EG于点P，根据旋转的性质和菱形的性质可得AF∥OD，△ABD和△AEG是等边三角形，从而得到AF=OD，进而得到四边形AODF是平行四边形，即可求解；②分两种情况讨论：∠BDF=90°和∠BFD=90°，利用矩形的性质、等边三角形的判定与性质求解即可得．【详解】(1)证明：连接AF，∵四边形AEFG是菱形，∴AE=EF=FG=GA，在△GAF和△EAF中，AG=AEGF=EFAF=AF，∴△GAF≅△EAF SSS，∵四边形ABCD 是菱形，∴AD =AB ，在△DAF 和△BAF 中，AD =AB∠DAF =∠BAF AF =AF，∴△DAF ≅△BAF SAS ，∴DF =BF ．(2)解：①如图，连接AF ，EG ，BD ，AC ，BD 与AC 交于点O ，AF 交EG 于点P ，由(1)得当菱形AEFG 没有旋转时，AC 平分∠BAD ，AF 平分∠EAG ，∴此时点A 、F 、C 三点共线，∴当菱形AEFG 绕点A 按逆时针方向旋转时，∠FAC =α，∴当α=90°时，∠FAC =∠BAE =90°，在菱形ABCD 中，AB =AD ，OD =12BD ,OA =12AC ，BD ⊥AC ，∠DAO =12∠BAD =30°，∴∠AOD =90°∴∠DOA +∠FAC =180°，∴AF ∥OD ，在菱形AEFG 中，∠EAF =12∠EAG =30°，AE =AG ，AP =12AF ,PE =12EG ，∵∠DAB =∠GAE =60°．∴△ABD 和△AEG 是等边三角形，∴BD =AB =6，EG =AE =3，∴OD =3,EP =32，∴AP =AE 2-EP 2=32，OA =AD 2-OD 2=33∴AF =3，∴AF =OD ，∴四边形AODF 是平行四边形，∴DF =OA =33；②由①得四边形AODF 是平行四边形，∵∠FAC =90°，∴四边形AODF 是矩形，∴∠BDF =90°，即△DFB 为直角三角形，∴此时旋转角α的度数为90°；如图，当点F 在AD 上时，由①得AF =3，∴AF=DF，∵△ABD为等边三角形，∴BF⊥AD，即∠BFD=90°，∴此时△DFB为直角三角形，∵∠EAF=1∠EAG=30°，2∴∠BAE=∠BAD-∠EAF=30°，即此时旋转角α的度数为30°；综上所述，当△DFB为直角三角形时，旋转角α的度数为30°或90°．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，图形旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，图形旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．14.(23-24八年级下·湖北武汉·期中)在菱形ABCD和菱形BEFG中，∠ABC=∠EBG=60°,AB=6,BE=2．(1)如图1，若点E、G分别在边AB、BC上，点F在菱形ABCD内部，连接DF，直接写出DF的长度为；(2)如图2，把菱形BEFG绕点B顺时针旋转α°(0<α<360)，连接DF、CG，判断DF与CG的数量关系，并给出证明；(3)如图3，①把菱形BEFG继续绕点B顺时针旋转，连接GD,O为DG的中点，连接CO、EO，试探究CO与EO的关系；②直接写出菱形BEFG绕B点旋转过程中CO的取值范围．【答案】(1)43(2)FD=3CG，证明见解析(3)OE=3OC,2≤OC≤4【分析】(1)连接AC,EG,BF,DB，AC,BD交于点O，EG,BF交于点H，根据菱形的性质，证明B,F,D三点共线，求出BD,BF的长，用BD-BF即可求出DF的长度；(2)过点D作DM∥FG，过点G作GM∥DF，过点C作CN⊥MG，得到四边形DMGF为平行四边形，证明△CDM≌△CBG，得到CM=CG,∠DCM=∠BCG，进而求出∠MCG=∠BCG+∠BCM=∠DCM+∠BCM=∠DCB=120°，利用等腰三角形的性质结合30度角的直角三角形的性质，即可得出结论；(3)①延长CO至点H，使OC=OH，连接AC,AH,HE,HG，延长BA，交CH于点Q，先证明△DOC≌△GOH，推出四边形AHGB为平行四边形，再证明△HAC≌△EBC，推出△CHE为等边三角形，利用等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质，即可得出结论；②三角形的三边关系，求出CE的范围，进而求出OC的范围即可．【详解】(1)解：连接AC,EG,BF,DB，AC,BD交于点O，EG,BF交于点H，∵菱形ABCD ，菱形EBGF ，∴∠ABD =∠CBF =12∠ABC =30°,∠EBF =∠GBF =12∠EBG =30°，AC ⊥BD ,EG ⊥BF ,BD =2OB ,BF =2HB ，∵点E 、G 分别在边AB 、BC 上，∴∠ABD =∠ABF =30°，∴B ,F ,D 三点共线，∵BE =2,∠EBF =30°，∴HE =12BE =1，BH =3HE =3，∴BF =2BH =23，同理：BD =2OB =23OA =2×32AB =63，∴DF =BD -BF =43；故答案为：43；(2)FD =3CG ，证明如下：过点D 作DM ∥FG ，过点G 作GM ∥DF ，过点C 作CN ⊥MG ，则：四边形DMGF 为平行四边形，∴DF =MG ，DM =GF ，∵菱形ABCD ，菱形EBGF ，∠ABC =∠EBG =60°，∴AD ∥BC ,BE ∥GF ，∠ADB =∠ABC =∠EBG =60°，CD =BC ,BG =GF =DM∴BE ∥DM ，∠1=∠2，∠DCB =180°-∠ADC =120°，∴∠3=∠DMN ，∵∠1=∠ADM +∠DMN ,∠2=∠3+∠CBE∴∠ADM =∠CBE ，∴∠CDA +∠ADM =∠CBE +∠EBG ，即：∠CDM =∠CBG ，又∵CD =BC ,BG =DM ，∴△CDM ≌△CBG ，∴CM =CG ,∠DCM =∠BCG ，∴∠MCG =∠BCG +∠BCM =∠DCM +∠BCM =∠DCB =120°，∴∠CMG =∠CGM =12180°-120° =30°，∵CN ⊥MG ，∴DF =MG =2NG ，CN =12CG ，∴NG=CG2-CN2=3CG，2∴DF=3CG；(3)①延长CO至点H，使OC=OH，连接AC,AH,HE,HG，延长BA，交CH于点Q，∵O是DG的中点，∴OD=OG，又∵∠DOC=∠HOG，∴△DOC≌△GOH，∴GH=CD，∠OCD=∠OHG，∴CD∥HG，∵菱形ABCD，∴AB∥CD,AD∥BC,AB=BC=CD=DA,∠ADC=∠ABC=60°，∴AB∥HG，GH=CD=AB，△ABC为等边三角形，∴四边形AHGB为平行四边形，∠BAC=∠ACB=60°，AC=AB=BC，∴AH∥BG,AH=BG，∠CAQ=180°-∠CAB=120°，∴∠HAQ=∠ABG，∵BG=BE，∴AH=BE，∵∠CBE=∠ABC+∠ABG+∠EBG=120°+∠ABG，∠HAC=∠HAQ+∠CAQ=∠HAQ+120°，∴∠CBE=∠HAC，又∵AH=BE，AC=BC，∴△HAC≌△EBC，∴CH=CE，∠HCA=∠ECB，∴∠HCE=∠HCA+∠ACE=∠BCE+∠ACE=∠ACB=60°，∴△CHE为等边三角形，∵OC=OH，∠HEC=60°，∴OE⊥OC，∠CEO=30°，∴OC=1CE，2∴OE=3OC；②∵BC=AB=6,BE=2，∴BC-BE≤CE≤BC+BE，即：4≤CE≤8，∵OC=1CE，2∴2≤OC≤4．【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，三角形的三边关系等知识点，综合性强，难度大，属于压轴题，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键．【考点四利用菱形的性质与判定解决最值问题】15.(23-24八年级下·重庆沙坪坝·期中)如图，菱形ABCD的周长为8，∠DAC=30°，E是AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，则PE+PB的最小值是．【答案】3【分析】此题考查轴对称确定最短路线问题，菱形的性质，等边三角形的判定与性质连接BD ，DE ，根据菱形的性质可得，△ABD 是等边三角形，再证明△ADP ≌△ABP ，可得PD =PB ，从而得到PE +PB 的最小值为DE 的长，再由E 是AB 的中点，可得DE ⊥AB ,AE =12AB =1，然后根据勾股定理可得DE =3，即可求解．【详解】解：如图，连接BD ，DE ，∵四边形ABCD 是菱形，周长为8，∠DAC =30°，∴∠DAB =2∠DAC =60°，∠DAP =∠BAP ，AB =AD =2，∴△ABD 是等边三角形，在△ADP 和△ABP 中，∵AP =AP ，∠DAP =∠BAP ，AB =AD ，∴△ADP ≌△ABP ，∴PD =PB ，∴PE +PB =PE +PD ≥DE ，即PE +PB 的最小值为DE 的长，∵E 是AB 的中点，∴DE ⊥AB ,AE =12AB =1，∴DE =AD 2-AE 2=3，即PE +PB 的最小值为3．故答案为：3．【变式训练】16.(2024九年级下·全国·专题练习)如图，在菱形ABCD 中，E ，F 分别是边CD ，BC 上的动点，连接AE ，EF ，G ，H 分别为AE ，EF 的中点，连接GH ．若∠B =45°，BC =23，则GH 的最小值是．【答案】62【分析】连接AF ，利用三角形中位线定理，可知GH =12AF ，当AF ⊥BC 时，AF 最小，求出AF 最小值即可求出．【详解】解：连接AF ，如图，∵四边形ABCD 是菱形，∵G ，H 分别为AE ，EF 的中点，∴GH 是△AEF 的中位线，∴GH =12AF ，当AF ⊥BC 时，则∠AFB =90°，AF 最小，GH 得到最小值，∵∠B =45°，∴△ABF 是等腰直角三角形，∴AF 2+BF 2=AB 2，即2AF 2=AB 2，∴AF =6，∴GH =62，故答案为：62．【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．17.(23-24八年级下·安徽合肥·期末)菱形ABCD 中，∠B =60°，E 是BC 中点，连接AE ,DE ，点F 是DE 上一动点，G 为AF 中点，连接CG ．(1)∠BAE =；(2)若AB =2，则CG 的最小值为．【答案】30°2217【分析】(1)连接AC ，证明△ABC 为等边三角形，三线合一，即可得出结果；(2)取AD 的中点I ，AE 的中点H ，连接HG ,IG ，CH ,CI ，根据三角形的中位线定理，推出点G 在IH 上运动，当CG ⊥HG 时，CG 最小，进行求解即可．【详解】解：(1)连接AC ，∵菱形ABCD ，∴AB =BC ，∵∠B =60°，∴△ABC 为等边三角形，∴∠BAC =60°，∵E 是BC 中点，∴AE 平分∠BAC ，∴∠BAE =12∠BAC =30°；故答案为：30°；(2)取AD 的中点I ，AE 的中点H ，连接HG ,IG ，CH ,CI则：IG ∥DF ，HG ∥DF ，∴I ,G ,H 三点共线，。

几何最值问题大一统追本溯源化繁为简目有千万而纲为一，枝叶繁多而本为一。

纲举则目张，执本而末从。

如果只在细枝末节上下功夫，费了力气却讨不了好。

学习就是不断地归一，最终以一心一理贯通万事万物，则达自由无碍之化境矣（呵呵，这境界有点高，慢慢来）。

关于几何最值问题研究的老师很多，本人以前也有文章论述，本文在此基础上再次进行归纳总结，把各种知识、方法、思想、策略进行融合提炼、追本溯源、认祖归宗，以使解决此类问题时更加简单明晰。

一、基本图形所有问题的老祖宗只有两个：①[定点到定点]：两点之间，线段最短；②[定点到定线]：点线之间，垂线段最短。

由此派生：③[定点到定点]：三角形两边之和大于第三边；④[定线到定线]：平行线之间，垂线段最短；⑤[定点到定圆]：点圆之间，点心线截距最短（长）；⑥[定线到定圆]：线圆之间，心垂线截距最短；⑦[定圆到定圆]：圆圆之间，连心线截距最短（长）。

余不赘述，下面仅举一例证明：[定点到定圆]：点圆之间，点心线截距最短（长）。

已知⊙O半径为r，AO=d，P是⊙O上一点，求AP的最大值和最小值。

证明：由“两点之间，线段最短”得AP≤AO+PO，AO≤AP+PO，得d-r≤AP≤d+r，AP最小时点P在B处，最大时点P在C处。

即过圆心和定点的直线截得的线段AB、AC分别最小、最大值。

(可用“三角形两边之和大于第三边”，其实质也是由“两点之间，线段最短”推得）。

上面几种是解决相关问题的基本图形，所有的几何最值问题都是转化成上述基本图形解决的。

二、考试中出现的问题都是在基本图形的基础上进行变式，如圆与线这些图形不是直接给出，而是以符合一定条件的动点的形式确定的；再如过定点的直线与动点所在路径不相交而需要进行变换的。

类型分三种情况：（1）直接包含基本图形；（2）动点路径待确定；（3）动线（定点）位置需变换。

（一）直接包含基本图形。

AD一定，所以D是定点，C是直线的最短路径，求得当CD⊥AC时最短为是定点，B'是动点，但题中未明确告知B'点的运动路径，所以需先确定B'点运动路径是什么图形，一般有直线与圆两类。

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，。

初中数学旋转问题解题技巧
1. 嘿，你知道吗？遇到旋转问题别慌张！比如像钟表指针的转动，那就是旋转呀！咱就拿这个例子说，看到旋转角，那就是关键线索啊，可别小瞧它！
2. 同学们，旋转问题里找对应边对应角很重要哦！就好像拼图似的，得把它们都对上才行。

比如说一个三角形旋转后，那对应的边和角不就得赶紧找到呀！
3. 哎呀呀，旋转图形里的中心对称点可得看准了！你想想看，就像游乐场的摩天轮中心一样重要呢！比如给定一个图形绕着某个点旋转，那这个点不就是核心嘛！
4. 嘿，注意旋转方向呀！顺时针还是逆时针可不能搞错啊，这就好比走路，方向错了可就到不了目的地啦。

就像那个风车旋转，得清楚是怎么转的呀！
5. 别忘了利用旋转前后图形全等这个特性哦！这多有用呀！好比原来的你和现在的你，本质上还是同一个人呀！比如知道了一个图形旋转前的情况，那旋转后的很多性质就可以利用全等知道啦！
6. 哇塞，在做旋转问题时可以动手画一画呀！亲手画的过程就像给自己搭房子，一砖一瓦都清楚。

像一个四边形旋转，动手画画不就更直观了嘛！
7. 你们有没有发现呀，有些旋转问题和生活中的现象超像的！就像风扇的转动一样。

比如说判断图形经过旋转后的样子，是不是和风扇转了一圈很类似呀！
8. 哈哈，遇到复杂的旋转问题别头疼，一步步来呀！就像爬山，一步一步总能到山顶。

比如那个多次旋转的问题，不要怕，慢慢分析总会搞清楚的！
9. 反正呀，初中数学的旋转问题没那么难，只要用心去琢磨，就像研究自己喜欢的东西一样，总能找到方法解决的！
我的观点结论：只要掌握好方法和技巧，初中数学旋转问题就能轻松搞定！。

初中数学几何旋转最值最短路径问题专题训练专练3 最短路径模型——旋转最值类基本模型图:【典例1】如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，E是AB边的中点，F是线段BC边上的动点，将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB′F，连结B′D，则B′D的最小值是（）．A． B.6 C. D.4【思路探究】根据E为AB中点，BE＝B′E可知，点A、B、B′在以点E为圆心，AE长为半径的圆上，D、E为定点，B′是动点，当E、B′、D三点共线时，B′D的长最小，此时B′D＝DE－EB′，问题得解.【解析】∵AE＝BE，BE＝B′E，由圆的定义可知，A、B、B′在以点E为圆心，AB长为直径的圆上，如图所示. B′D的长最小值= DE－EB′.故选A．22-=-【启示】此题属于动点（B′）到一定点（E ）的距离为定值（“定点定长”），联想到以E 为圆心，EB′为半径的定圆，当点D 到圆上的最小距离为点D 到圆心的距离－圆的半径.当然此题也可借助三角形三边关系解决，如，当且仅当点E 、B′、D 三点共线B D DE B E ''≤-时，等号成立.【典例2】如图，E 、F 是正方形ABCD 的边AD 上两个动点，满足AE ＝DF ，连接CF 交BD 于点G ，连结BE 交AG 于点H ，若正方形的边长是2，则线段DH 长度的最小值是.【思路探究】根据正方形的轴对称性易得∠AHB ＝90°，故点H 在以AB 为直径的圆上.取AB 中点O ，当D 、H 、O 三点共线时，DH 的值最小，此时DH ＝OD －OH ，问题得解.【解析】由△ABE ≌△DCF ，得∠ABE ＝∠DCF ，根据正方形的轴对称性，可得∠DCF ＝∠DAG ，∠ABE ＝∠DAG ，所以∠AHB ＝90°，故点H 在以AB 为直径的圆弧上.取AB 中点O ，OD 交⊙O 于点H ，此时DH 最小，∵OH ＝，OD ＝，∴DH 的最小值为112AB=OD －OH .1【启示】此题属于动点是斜边为定值的直角三角形的直角顶点，联想到直径所对圆周角为直角（定弦定角），故点H 在以AB 为直径的圆上，点D 在圆外，DH 的最小值为DO －OH .当然此题也可利用的基本模型解决.DH OD OH ≤-【针对训练 】1. 如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝1，点A ，C 分别在x 轴，y 轴上，当点A 在轴正半轴上运动时，点C 随之在轴上运动，在运动过程中，点B 到原点O 的最大x y 距离为（ ）.ABC ．D ．312.如图，在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝6，E 是矩形内部的一个动点，且AE ⊥BE ，则线段CE 的最小值为（）.A ． B. C. D.4323. 如图，在△ABC 中，AB ＝10，AC ＝8，BC ＝6，以边AB 的中点O 为圆心，作半圆与AC 相切，点P 、Q 分别是边BC 和半圆上的运点，连接PQ ，则PQ 长的最大值与最小值的和是（ ）.A.6B.C.9D.1+3224.如图，AC ＝3，BC ＝5，且∠BAC ＝90°，D 为AC 上一动点，以AD 为直径作圆，连接BD 交圆于E 点，连CE ，则CE 的最小值为（）.A. B. C.5 D.213-213+9165．如图，已知正方形ABCD 的边长为2，E 是BC 边上的动点，BF ⊥AE 交CD 于点F ，垂足为G ，连结CG ，则CG 的最小值为（）．A B 11-1-1+6．如图，△ABC 、△EFG 是边长为2的等边三角形，点D 是边BC 、EF 的中点，直线AG 、FG 相交于点M ，当△EFG 绕点D 旋转时，线段BM 长的最小值是A ． B21+1-7．如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连结A′C，则A′C长度的最小值是.8．如图，△ABC为等边三角形，AB=2，若点P为△ABC内一动点，且满足∠PAB=∠ACP，则线段PB长度的最小值为．。

几何最值问题大一统追本溯源化繁为简目有千万而纲为一，枝叶繁多而本为一。

纲举则目张，执本而末从。

如果只在细枝末节上下功夫，费了力气却讨不了好。

学习就是不断地归一，最终以一心一理贯通万事万物，则达自由无碍之化境矣（呵呵，这境界有点高，慢慢来）。

关于几何最值问题研究的老师很多，本人以前也有文章论述，本文在此基础上再次进行归纳总结，把各种知识、方法、思想、策略进行融合提炼、追本溯源、认祖归宗，以使解决此类问题时更加简单明晰。

一、基本图形所有问题的老祖宗只有两个：①[定点到定点]：两点之间，线段最短；②[定点到定线]：点线之间，垂线段最短。

由此派生：③[定点到定点]：三角形两边之和大于第三边；④[定线到定线]：平行线之间，垂线段最短；⑤[定点到定圆]：点圆之间，点心线截距最短（长）；⑥[定线到定圆]：线圆之间，心垂线截距最短；⑦[定圆到定圆]：圆圆之间，连心线截距最短（长）。

余不赘述，下面仅举一例证明：[定点到定圆]：点圆之间，点心线截距最短（长）。

已知⊙O半径为r，AO=d，P是⊙O上一点，求AP的最大值和最小值。

证明：由“两点之间，线段最短”得AP≤AO+PO，AO≤AP+PO，得d-r≤AP≤d+r，AP最小时点P在B处，最大时点P在C处。

即过圆心和定点的直线截得的线段AB、AC分别最小、最大值。

(可用“三角形两边之和大于第三边”，其实质也是由“两点之间，线段最短”推得）。

上面几种是解决相关问题的基本图形，所有的几何最值问题都是转化成上述基本图形解决的。

二、考试中出现的问题都是在基本图形的基础上进行变式，如圆与线这些图形不是直接给出，而是以符合一定条件的动点的形式确定的；再如过定点的直线与动点所在路径不相交而需要进行变换的。

类型分三种情况：（1）直接包含基本图形；（2）动点路径待确定；（3）动线（定点）位置需变换。

（一）直接包含基本图形。

AD一定，所以D是定点，C是直线的最短路径，求得当CD⊥AC时最短为是定点，B'是动点，但题中未明确告知B'点的运动路径，所以需先确定B'点运动路径是什么图形，一般有直线与圆两类。

初二数学最值问题解题技巧
初二数学最值问题解题技巧
初中数学，其中一个重要的考点就是最值问题。

最值问题在各种不同的考试中都有出现，所以了解一点解题技巧有助于考生快速解题，取得优异的成绩。

Ⅰ、解最值问题步骤
1、首先，看出问题中求的是最大值或最小值，并根据问题进行
分析，总结出可以解决问题的变量；
2、然后，将变量的范围固定起来，用函数表示问题所求的大小
关系；
3、接着，构造函数表达式，将变量取值范围内的所有可能的值
代入函数中，求出最值；
4、最后，判定最值，确定答案或解出问题.
Ⅱ、解最值问题关键步骤
1、确定变量和其取值范围：根据问题的条件确定解最值问题所
用的变量及其取值范围；
2、确定大小关系：确定最大最小值的大小关系，并将其表示成
函数；
3、计算最值：枚举变量的取值，分别求出函数的值，确定函数
的最值（最大值或最小值）；
4、判断最值：判定最值是否满足条件，如果满足则为正确答案，如果不满足则继续枚举变量的取值，直到找到正确答案为止。

以上就是初二数学最值问题解题的技巧，希望考生在考试中可以灵活运用以上技巧，以解决最值问题，取得优异的成绩。

初中数学辅助线添加技巧：旋转方法总结1．旋转是中考压轴题中常见题型，在解这类题目时，什么时候需要构造旋转，怎么构造旋转．下面，就不同类型的旋转问题，给出构造旋转图形的解题方法：遇中点，旋转180°，构造中心对称； 遇90°，旋90°，造垂直； 遇60°，旋60°，造等边； 遇等腰，旋等腰．综上四点得到旋转的本质特征：等线段，共顶点，就可以有旋转．2．图形旋转后我们需要证明旋转全等，而旋转全等中的难点实际上是倒角．下面给出旋转常用倒角，只要是旋转，必然存在这两个倒角之一．如图1，若AOB COD ∠=∠，必有AOC BOD ∠=∠，反之亦然． 如图2，若A D ∠=∠，必有B C ∠=∠．图2图1OABCDDCB AO倒角是在初中数学学习中常用的名词，其意思是通过角之间的等量关系，得到我们所需要的角度的关系的过程．典例精析例1．（1）如图1，边长为1的正方形ABCD ，绕点A 逆时针旋转30°到正方形AB'C'D'，图中我们阴影部分的面积是（ ）A．1-BC．1 D ．12（2）正方形ABCD 在坐标系中的位置如图2所示，将正方形ABCD 绕点D 顺时针旋转90°后，B 点的坐标为 ．图2图1D'C'BA解：（1）A ；（2）（4，0）．点拨：本例第2小问是在平面直角坐标系中考查旋转变换的作图，是数形结合的完美体现．首先要确定旋转中心是点D 而不是坐标原点O ，此处易出现错误，然后利用平面直角坐标系的特征确定正方形ABCD 绕点D 旋转90°后B'的位置，这类题型常见于正方形网格中的旋转作图．例2．如图，E 、F 分别是正方形ABCD 的边BC 、DC 上的点，且∠EAF =45°，求证：EF =BE ＋DF ．FED CBA证明：延长CB 到点G ，使得BG =DF ，连接AG ．GF ED CBA∵四边形ABCD 是正方形， ∴90,D ABG AB AD ∠=∠=︒=． ∴ADF ABG △≌△． ∴,AF AG DAF BAG =∠=∠． ∵45EAF ∠=︒， ∴45DAF BAE ∠+∠=︒．∴45DAG BAE ∠+∠=︒，即45EAG ∠=︒． ∵AE AE =， ∴AFE AGE △≌△．∴EF EG EB BG BE DF ==+=+．点拨：旋转图形可将分散的条件集中到一个图形中，从而可充分利用已知条件，找到有效的解题方法．这种方法在正方形、正三角形以及其它正多边形中都有着广泛的应用．本题是旋转一个经典模型（半角模型），其中结论较多．例3．如图，以ABC △的边AC 、AB 为一边，分别向三角形的外侧作正方形ACFG 和正方形ABDE ，连接EC 交AB 于点H ，连接BG 交CE 于点M ，求证：BG ⊥CE ．MH GFEDCBA证明：∵四边ABDE 、ACFG 是正方形， ∴,,90AE AB AC AG EAB GAC ==∠=∠=︒． ∴EAB BAC GAC BAC ∠+∠=∠+∠． ∴EAC GAB ∠=∠． ∴EAC GAB =△△． ∴AEC ABG ∠=∠．∵90,AEC AHE AHE BHM ∠+∠=︒∠=∠， ∴90ABG BHM ∠+∠=︒． ∴90EMB ∠=︒． ∴BG CE ⊥．点拨：本题旋转的基本模型，充分体现了利用旋转全等解题，本题是以ABC △为基本，以其两边分别向外构造正方形，构成旋转全等（其中用到了8字倒角），和其类似的还可以构造正三角形以及正五边形．例4．如图，在等腰ABC △中，,AB AC ABC α=∠=，在四边形BDEC 中，DB =DE ，2BDE α∠=，M 为CE 的中点，连接AM 、DM ．M EDCB A（1）在图中画出DEM △关于点M 成中心对称的图形； （2）求证：AM DM ⊥；（3）当α= 时，AM DM =． 解：（1）M FEDCB A（2）在（1）中连接AD 、AF ．M FEDCB A由（1）中的中心对称可知，DEM FCM △≌△， ∴,,DE FC BD DM FM DEM FCM ===∠=∠， ∵2BDE α∠=，∴ABD ABC CBD ∠=∠+∠360BDE DEM BCE α=+︒-∠-∠-∠360DEM BCE α=︒--∠-∠．∵360360ACF ACE FCM BCE FCM α∠=︒-∠-∠=︒--∠-∠， ∴ABD ACF ∠=∠． ∵AB AC =， ∴ABD ACF =△△． ∴AD AF =． ∵DM FM =， ∴AM DM ⊥． （3）45α=︒．∵,,AB AC AD AF BAC DAF ==∠=∠， ∴ADF ABC α∠=∠=．若AM DM =，则ADM △为等腰直角三角形，即45ADM ∠=︒， ∴45α=︒点拨：本题中第（1）问已经作出了中心对称图形，所以利用中心对称证全等的思路很清晰．本题的难点是利用周角和四边形的内角和为的有关知识倒角．初中几何常用的倒角是平行线的三线八角、对顶角、等边对等角等．例5．已知:在△ABC 中，BC =a ，AC =b ，以AB 为边作等边三角形ABD . 探究下列问题: （1）如图1，当点D 与点C 位于直线AB 的两侧时，a =b =3，且∠ACB =60°，则CD = ；（2）如图2，当点D 与点C 位于直线AB 的同侧时，a =b =6，且∠ACB =90°，则CD = ；（3）如图3，当∠ACB 变化,且点D 与点C 位于直线AB 的两侧时，求 CD 的最大值及相应的∠ACB 的度数.D CBAA B CDABCD图1 图2 图3（1）（2）（3）以点D为中心，将△DBC逆时针旋转60°，则点B落在点A，点C落在点E.联结AE,CE，∴CD=ED，∠CDE=60°，AE=CB=a，∴△CDE为等边三角形，∴CE=CD.当点E、A、C不在一条直线上时，有CD=CE<AE＋AC=a＋b；当点E、A、C在一条直线上时，CD有最大值，CD=CE=a＋b；此时∠CED=∠BCD=∠ECD=60°，∴∠ACB=120°，因此当∠ACB=120°时，CD有最大值是a＋b．例6．已知∠MAN，AC平分∠MAN．（1）在图1中，若∠MAN=120°，∠ABC=∠ADC=90°，求证：AB＋AD=AC；（2）在图2中，若∠MAN=120°，∠ABC＋∠ADC=180°，则（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）在图3中：①∠MAN=60°，∠ABC＋∠ADC=180°，则AB＋AD= AC；②若∠MAN=α（0°＜α＜180°），∠ABC＋∠ADC=180°，则AB＋AD= AC（用含α的三角函数表示），并给出证明．ABCDMN AB CD M NN M 图3图2图1D CBA解：（1）=证明：∵AC 平分∠MAN ，∠MAN =120°， ∴∠CAB =∠CAD =60°， ∵∠ABC =∠ADC =90°， ∴∠ACB =∠ACD =30°， ∴12AB AD AC ==， ∴AB ＋AD =A C ． （2）成立．证法一：如图，过点C 分别作AM ，AN 的垂线，垂足分别为E ，F ，ABCD M N F E∵AC 平分∠MAN ， ∴CE =CF ，∵∠ABC ＋∠ADC =180°，∠ADC ＋∠CDE =180°， ∴∠CDE =∠ABC ， ∵∠CED =∠CFB =90°， ∴△CED ≌△CFB ， ∴ED =FB ，∴AB ＋AD =AF ＋BF ＋AE －ED =AF ＋AE ，由（1）知AF ＋AE =AC ， ∴AB ＋AD =AC ，证法二：如图，在AN 上截取AG =AC ，连接CG ，AB CD M NG∵∠CAB =60°，AG =AC ，∴∠AGC =60°，CG =AC =AG ， ∵∠ABC ＋∠ADC =180°，∠ABC ＋∠CBG =180°， ∴∠CBG =∠ADC ， ∴△CBG ≌△CDA ， ∴BG =AD ，∴AB ＋AD =AB ＋BG =AG =AC ；（3）①证明：由（2）知，ED =BF ，AE =AF ，ABC D M N FE在Rt △AFC 中，cos AFCAF AC∠=， 即cos2AFACα=， ∴cos2AF AC α=，∴AB ＋AD =AF ＋BF ＋AE －ED =AF ＋AE =2AF 2cos 2AC α=．把α=60°，代入得AB AD +=． ②2cos2α点拨：在第（2）小题中，由题意可知，60BCD ∠=︒，有60°角就可把有关图形旋转60°，所以我们作,CE AM CF AN ⊥⊥的实质，就是将CBF △以顶点C 为旋转中心顺时针旋转了60°，从而构造了全等三角形，使此题有了解题思路．例7．如图1，O 为正方形ABCD 的中心，分别延长OA 、OD 到点F 、E ，使OF ＝2OA ，OE ＝2OD ，连接EF ．将△EOF 绕点O 逆时针旋转α角得到△E 1OF 1(如图2)．（1）探究AE 1与BF 1的数量关系，并给予证明； （2）当α＝30°时，求证：△AOE 1为直角三角形．AB CDE 1F 1O FE 图2图1O DC BA解：（1）AE 1=BF 1．证明：∵O 为正方形ABCD 的中心， ∴OA =OD ，∵OF =2OA ，OE =2OD ， ∴OE =OF ，∵将△EOF 绕点O 逆时针旋转α角得到△E 1OF 1 ∴OE 1=OF 1，∵∠F 1OB =∠E 1OA ，OA =OB ， ∴△E 1AO ≌△F 1BO ， ∴AE 1=BF 1；（2）证明：取OE 1中点G ，连接AG ，ABCDE 1F 1O G∵∠AOD =90°，α=30°， ∴∠E 1OA =90°－α=60°， ∵OE 1=2OA ， ∴OA =OG ，∴∠E 1OA =∠AGO =∠OAG =60°，∴AG =GE 1，∴∠GAE 1=∠GE 1A =30°， ∴∠E 1AO =90°，∴△AOE 1为直角三角形．例8．如图，等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD =AB =CD =2，∠C =60°，M 是BC 的中点．D'C'MFE DCBA（1）求证：△MDC 是等边三角形；（2）将△MDC 绕点M 旋转，当MD (即MD')与AB 交于一点E ，MC 即MC')同时与AD 交于一点F 时，点E ，F 和点A 构成△AEF ．试探究△AEF 的周长是否存在最小值．如果不存在，请说明理由；如果存在，请计算出△AEF 周长的最小值．解：（1）证明：过点D 作DP ⊥BC ,于点P ，过点A 作AQ ⊥BC 于点Q ，PQ D'C'M FE DCBA∵∠C =∠B =60°∴12CP BQ AB ==，CP +BQ =AB 又∵ADPQ 是矩形，AD =PQ ，故BC =2AD ， 由已知，点M 是BC 的中点， BM =CM =AD =AB =CD ，即△MDC 中，CM =CD ，∠C =60°，故△MDC 是等边三角形． （2）解：△AEF 的周长存在最小值，理由如下：连接AM ，由（1）平行四边形ABMD 是菱形，△MAB ，△MAD 和△MC'D'是等边三角形，∠BMA =∠BME +∠AME =60°，∠EMF =∠AMF +∠AME =60°， ∴∠BME =∠AMF ）．在△BME 与△AMF 中，BM =AM , ∠EBM =∠FAM =60°， ∴△BME ≌△AMF (ASA )．∴BE =AF , ME =MF ,AE +AF =AE +BE =AB ，∵∠EMF =∠DMC =60°，故△EMF 是等边三角形，EF =MF ． ∵MF 的最小值为点M 到ADEFAEF 的周长=AE +AF +EF =AB +EF ， △AEF的周长的最小值为2． 跟踪训练1．如图，在△ABC 中，AB =AC ，90BAC ∠=︒，点D 是BC 上的任意一点，探究：22BD CD +与2AD 的关系，并证明你的结论．CBA2．如图，P 是等边△ABC 内一点，若AP =3，PB =4，PC =5，求APB ∠的度数．PCBA3．如图1，在ABCD □中，AE BC ⊥于点E ，E 恰为BC 的中点，tan 2B =．（1）求证：AD AE =；（2）如图2，点P 在线段BE 上，作EF DP ⊥于点F ，连结AF ．求证：DF EF -=；（3）请你在图3中画图探究：当P 为线段EC 上任意一点（P 不与点E 重合）时，作EF 垂直直线DP ，垂足为点F ，连结AF ．线段DF 、EF 与AF 之间有怎样的数量关系？直接写出你的结论．图1EDCBA图2PF ABCDE图3ABCDE4．请阅读下列材料：已知：如图（1）在Rt △ABC 中，∠BAC =90°，AB =AC ，点D 、E 分别为线段BC 上两动点，若∠DAE =45°．探究线段BD 、DE 、EC 三条线段之间的数量关系．小明的思路是：把△AEC 绕点A 顺时针旋转90°，得到△ABE ′，连接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：（1）猜想BD 、DE 、EC 三条线段之间存在的数量关系式，直接写出你的猜想； （2）当动点E 在线段BC 上，动点D 运动在线段CB 延长线上时，如图（2），其它条件不变，（1）中探究的结论是否发生改变？请说明你的猜想并给予证明；（3）已知：如图（3），等边三角形ABC 中，点D 、E 在边AB 上，且∠DCE =30°，请你找出一个条件，使线段DE 、AD 、EB 能构成一个等腰三角形，并求出此时等腰三角形顶角的度数．图3图2图1CE ADBCE AD BEDCBA5．请阅读下列材料：问题：如图1，在菱形ABCD 和菱形BEFG 中，点A B E ，，在同一条直线上，P 是线段DF 的中点，连结PG PC ，．若60ABC BEF ∠=∠=，探究PG 与PC 的位置关系及PGPC的值． 小聪同学的思路是：延长GP 交DC 于点H ，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决．请你参考小聪同学的思路，探究并解决下列问题： （1）写出上面问题中线段PG 与PC 的位置关系及PGPC的值； （2）将图1中的菱形BEFG 绕点B 顺时针旋转，使菱形BEFG 的对角线BF 恰好与菱形ABCD 的边AB 在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．（3）若图1中2(090)ABC BEF αα∠=∠=<<，将菱形BEFG 绕点B 顺时针旋转任意角度，原问题中的其他条件不变，请你直接写出PGPC的值（用含α的式子表示）．6．在Rt △ABC 中，AB =BC ，在Rt △ADE 中，AD =DE ，连接EC ，取EC 的中点M ，连接DM 和BM ．（1）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；（2）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（1）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．DCG PAB EF图2DAB EF CPG图1图2图1AEBMD CMEDB CA7．已知正方形ABCD 和等腰Rt △BEF ，EF =BE ，∠BEF =90°，按图1旋转，使点F 在BC 上，取DF 中点G ，连接EG 、CG ．（1）探索EG 、CG 的关系，并说明理由；（2）将图1中△BEF 绕点B 顺时针旋转45°得图2，连接DF ，取DF 的中点G ．问（1）中的结论是否成立？并说明理由．（3）将图1中△BEF 绕点B 转动任意度数（旋转角在0到90°之间）得图3，连接DF ，取DF 的中点G ，问（1）中的结论是否成立，请说明理由．图3BF DC GEABFDCGE AG F图2图1E DBCA中考前瞻将正方形ABCD 绕中心O 顺时针旋转角α得到正方形1111A B C D ，如图1所示． （1）当45α=︒时，如图2，若线段OA 与边11A D 的交点为E ，线段1OA 与AB 的交点为F ，可得下列结论成立①EOP FOP △≌△，②1PA PA =，试选择一个证明；（2）当090α︒<<︒时，第（1）小题的结论1PA PA =还成立吗？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．（3）在旋转过程，记正方形1111A B C D 与AB 边交于P 、Q 两点，探究POQ ∠的度数是否发生变化？如果变化，请描述它与α之间的关系；如果不变，请直接写出POQ 的度数．PQ PD 1AA 1BB 1CC 1DD 1C 1B 1A 1F E F图2图1EDBCA。

解题技巧专题：巧用旋转进行计算之三大题型【考点导航】目录【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】【题型三利用旋转计算面积】【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】1(2023春·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期中)如图，在△ABC中，BC<BA，将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，点E在边CA上，ED交BA于点F，若∠FEA=40°，则∠DBF=()A.40°B.50°C.60°D.70°【变式训练】1(2023春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第四十三中学校考期中)如图，在△ABC中，∠B=42°，将△ABC 绕点A逆时针旋转，得到△ADE，点D恰好落在BC的延长线上，则旋转角的度数()A.86°B.96°C.106°D.116°2(2023春·河南新乡·七年级统考期末)如图，在△ABC中，∠BAC=104°，将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，点B的对应点为点D，若点B，C，D恰好在同一条直线上，则∠E的度数为()A.25°B.30°C.33°D.40°3(2023·浙江温州·校联考三模)如图，在△ABC中，∠BAC=50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得△ADE，使点D恰好落在AC边上，连结CE，则∠ACE的度数为()A.45°B.55°C.65°D.75°4(2023春·甘肃兰州·八年级兰州市第五十六中学校考期中)如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，使得CC ∥AB，划∠BAB 的度数是()A.35°B.40°C.50°D.70°5(2023春·江苏连云港·八年级校考阶段练习)如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE．若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为()A.60°B.70°C.75°D.85°6(2023春·江苏盐城·八年级校考阶段练习)如图，∠AOB=90°，∠B=20°，△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的．若点A 在AB上，则旋转角α的度数是.7(2023春·上海嘉定·七年级校考期末)已知△ABC中，AB=AC，将△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，边DE交边AC于点F(如图)，如果△CDF为等腰三角形，则∠A的度数为．【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】1(2023秋·福建莆田·九年级校考开学考试)如图，将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，若BC=5,AC=3，则AB 的长为()A.5B.4C.3D.2【变式训练】1(2023春·四川达州·八年级校考期中)如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若∠ACB =90°，∠A=30°，AB=10，AC=8，则AD的长为()A.2B.3C.4D.52(2023春·陕西汉中·八年级统考期中)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC=22,DE=1，则线段BD的长为．3(2023春·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中)如图．Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A BC ，若点C 在AB上，则AA 的长为．4(2023·山西运城·校联考模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，点D为AC的中点，点E是AB边上的一点，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°，得到DF，连接AF，EF，若BE= 22，则AF的长为．5(2023·河南周口·统考一模)如图1，在△ABC中，∠A=90°，AB=AC=2，D，E分别为边AB和AC的中点，现将△ADE绕点A自由旋转，如图2，设直线BD与CE相交于点P，当AE⊥EC时，线段PC 的长为．6(2023春·陕西渭南·八年级统考阶段练习)如图，在△ABC中，∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A 按逆时针方向旋转得到△ADE，若点B的对应点D恰好落在边BC上，求BD的长．【题型三利用旋转计算面积】1(2023秋·湖南永州·九年级校考开学考试)如图，正方形ABCD和正方形EFGO的边长都是1，正方形EFGO绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是()A.14B.12C.13D.不能确定【变式训练】1(2023春·山东青岛·八年级统考期中)将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB C ，则图中阴影部分的面积是( )cm2．A.12.5B.2536C.2533D.不能确定2(2023秋·四川德阳·九年级统考期末)如图，边长为定值的正方形ABCD的中心与正方形EFGH的顶点E重合，且与边AB、BC相交于M、N，图中阴影部分的面积记为S，两条线段MB、BN的长度之和记为l，将正方形EFGH绕点E逆时针旋转适当角度，则有()A.S变化，l不变B.S不变，l变化C.S变化，l变化D.S与l均不变3(2023春·广东清远·八年级校考期中)如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=2，将△ABC绕点A逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，则图中阴影部分的面积是．4(2023春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习)马老师在带领学生学习《正方形的性质与判定》这一课时，给出如下问题：如图①，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，正方形A B C O与正方形ABCD的边长相等．在正方形A B C O绕点O旋转的过程中，OA 与AB相交于点M，OC 与BC相交于点N，探究两个正方形重叠部分的面积与正方形ABCD的面积有什么关系．(1)小亮第一个举手回答“两个正方形重叠部分的面积是正方形ABCD面积的”；请说明理由．(2)马老师鼓励同学们编道拓展题，小颖编了这样一道题：如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD =∠BCD=90°，连接AC．若AC=6，求四边形ABCD的面积．请你帮小颖解答这道题．5(2023春·广东深圳·八年级统考期末)【问题背景】如图1，在▱ABCD中，AB⊥DB．将△ABD绕点B逆时针旋转至△FBE，记旋转角∠ABF=α0°<α≤180°，当线段FB与DB不共线时，记△ABE的面积为S1，△FBD的面积为S2．【特例分析】如图2，当EF恰好过点A，且点F，B，C在同一条直线上时．(1)α=°；(2)若AD=43，则S1=，S2=；【推广探究】某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，S1与S2之间存在一定的等量关系．再经过独立思考，获得了如下一些解决思路：思路1：如图1，过点A，E分别作直线平行于BE，AB，两直线交于点M，连接BM，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题；思路2：如图2，过点E作EH⊥AB于点H，过点D作DG⊥FB，交FB的延长线于点G，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题；⋯⋯(3)如图3，请你根据以上思路，并结合你的想法，探究S1与S2之间的等量关系为，并说明理由．【拓展应用】在旋转过程中，当S1+S2为▱ABCD面积的12时，α的值为解题技巧专题：巧用旋转进行计算之三大题型【考点导航】目录【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】【题型三利用旋转计算面积】【典型例题】【题型一利用旋转结合等腰(边)三角形、垂直、平行的性质求角度】1(2023春·内蒙古巴彦淖尔·九年级校考期中)如图，在△ABC中，BC<BA，将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，点E在边CA上，ED交BA于点F，若∠FEA=40°，则∠DBF=()A.40°B.50°C.60°D.70°【答案】A【分析】根据旋转的性质可得∠A=∠D，由对顶角相等可得∠BFD=∠EFA，根据三角形的外角性质可得∠DBF=∠AEF，即可求解．【详解】解：∵将△BCA以点B为中心逆时针旋转得到△BED，∴∠A=∠D，∵∠BFD=∠EFA，∴∠BFE=∠A+∠AEF=∠D+∠DBF∵∠FEA=40°，∴∠DBF=∠AEF=40°，故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的外角的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．【变式训练】1(2023春·辽宁沈阳·八年级沈阳市第四十三中学校考期中)如图，在△ABC中，∠B=42°，将△ABC 绕点A逆时针旋转，得到△ADE，点D恰好落在BC的延长线上，则旋转角的度数()A.86°B.96°C.106°D.116°【答案】B【分析】由旋转的性质可知AB=AD，可算出∠ADB=42°，就可以算出旋转角．【详解】由旋转的性质可知：AB=AD，∠BAD是旋转角，∵AB=AD，∴∠ADB=∠B=42°，∴∠BAD=180°-∠ADB-∠B=96°，故选：B．【点睛】本题考查旋转的性质、等边对等角、三角形内角和定理，找到旋转的对应边、对应角是解决问题的关键．2(2023春·河南新乡·七年级统考期末)如图，在△ABC中，∠BAC=104°，将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，点B的对应点为点D，若点B，C，D恰好在同一条直线上，则∠E的度数为()A.25°B.30°C.33°D.40°【答案】C【分析】由旋转的性质可得∠BAD=94°，AB=AD，由等腰三角形的性质可得∠B=∠ADB=43°，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转94°得到△ADE，∴∠BAD=94°，AB=AD，∴∠B=∠ADB=43°，∵∠BAC=104°，∴∠C=180°-104°-43°=33°，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．3(2023·浙江温州·校联考三模)如图，在△ABC中，∠BAC=50°，将△ABC绕点A逆时针旋转得△ADE，使点D恰好落在AC边上，连结CE，则∠ACE的度数为()A.45°B.55°C.65°D.75°【答案】C【分析】由旋转的性质可知，旋转前后对应边相等，对应角相等，得出等腰三角形，再根据等腰三角形的性质求解．【详解】解：由旋转的性质可知，∠CAE=∠BAC=50°，AC=AE，∴∠ACE=∠AEC，在△ACE中，∠CAE+∠ACE+∠AEC=180°，∴50°+2∠ACE=180°，解得：∠ACE=65°，故选：C．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，找出旋转角和旋转前后的对应边得出等腰三角形是解答此题的关键．4(2023春·甘肃兰州·八年级兰州市第五十六中学校考期中)如图，在△ABC中，∠CAB=70°，将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，使得CC ∥AB，划∠BAB 的度数是()A.35°B.40°C.50°D.70°【答案】B【分析】根据平行线的性质，结合旋转性质，由等腰三角形性质及三角形内角和定理求解即可得到答案．【详解】解：∵CC ∥AB，∠CAB=70°，∴∠C CA=∠CAB=70°，∵将△ABC绕点A逆时针旋转到△AB C 的位置，∴∠C AB =∠CAB=70°，AC =AC，∴∠AC C=∠C CA=70°，∴∠C AC=180°-70°-70°=40°，∵∠BAB =∠CAB-CAB ，∠CAC =∠C AB -CAB ，∴∠BAB =∠C AC=40°，即旋转角的度数是40°，故选：B．【点睛】本题考查旋转性质求角度，涉及平行线的性质、旋转性质、等腰三角形的判定与性质及三角形内角和定理，熟练掌握旋转性质，数形结合，是解决问题的关键．5(2023春·江苏连云港·八年级校考阶段练习)如图，将△ABC绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ADE．若∠CAE=65°，∠E=70°，且AD⊥BC，∠BAC的度数为()A.60°B.70°C.75°D.85°【答案】D【分析】根据旋转的性质得出∠C=∠E=70°，∠BAC=∠DAE，根据三角形内角和定理可得∠CAF=20°，进而即可求解．【详解】解：如图所示，设AD,BC交于点F，∵△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，∴∠C=∠E=70°，∠BAC=∠DAE，∵AD⊥BC，∴∠AFC=90°，∴∠CAF=90°-∠C=90°-70°=20°，∴∠DAE=∠CAF+∠EAC=20°+65°=85°，∴∠BAC=∠DAE=85°．故选：D．【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形的内角和定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．6(2023春·江苏盐城·八年级校考阶段练习)如图，∠AOB=90°，∠B=20°，△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的．若点A 在AB上，则旋转角α的度数是.【答案】40°/40度【分析】根据旋转的性质得到AO=A O，根据等边对等角得到∠A=70°=∠OA A，再利用三角形内角和定理计算即可．【详解】解：△A OB 可以看作是△AOB绕点O顺时针旋转α角度得到的，点A 在AB上，∴AO=A O，∵∠B=20°，∠AOB=90°，∴∠A=70°=∠OA A，∴∠AOA =180°-2×70°=40°，即旋转角α的度数是40°，故答案为：40°．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边对等角，三角形内角和定理，关键是得出∠A=70°=∠OA A，题目比较典型，难度不大．7(2023春·上海嘉定·七年级校考期末)已知△ABC中，AB=AC，将△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，边DE交边AC于点F(如图)，如果△CDF为等腰三角形，则∠A的度数为．【答案】36°或180°7【分析】如图，设∠B=x，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理得到∠A=180°-2x，再利用旋转的性质得CB=CD，∠2=∠B=x，则∠1=∠B=x，利用平角定理得∠5=180°-2x，利用三角形外角性质∠3=360°-4x得，讨论：当CD=CF时，∠2=∠3=x，则x=360°-4x；当CD=DF时，∠4=∠3，利用∠2+∠3+∠4=180°得到x+2360°-4x=180°；当CF=DF时，∠2=∠4=x，利用∠2+∠3+∠4= 180°得到x+x+360°-2x=180°，然后分别解关于x的方程，然后计算180°-2x即可得到∠A的度数．【详解】解：如图，设∠B=x，∵AB=AC，∴∠ACB=∠B=x∴∠A=180°-2x，∵△ABC绕点C旋转得△CDE，使点B恰好落在边AB上点D处，∴CB=CD，∠2=∠B=x，∴∠1=∠B=x，∴∠5=180°-2x，∠3=∠A+∠5=360°-4x，当CD=CF时，△CDF为等腰三角形，即∠2=∠3=x，则x=360°-4x，解得x=72°，此时∠A=180°-2x =36°；当CD=DF时，△CDF为等腰三角形，即∠4=∠3，而∠2+∠3+∠4=180°，则x+2360°-4x=180°，解得x=540°7，此时∠A=180°-2x=180°7，当CF=DF时，△CDF为等腰三角形，即∠2=∠4=x，而∠2+∠3+∠4=180°，则x+x+360°-2x=180°，无解，故舍去，综上所述，△CDF为等腰三角形时∠A的度数为36°或180°7，故答案为36°或180°7．【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．也考查了三角形内角和、等腰三角形的性质和分类讨论思想．【题型二利用旋转结合特殊三角形的判定、性质或勾股定理求长度】1(2023秋·福建莆田·九年级校考开学考试)如图，将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，若BC=5,AC=3，则AB 的长为()A.5B.4C.3D.2【答案】D【分析】根据图形旋转的性质可得CB =CB=5，即可求解．【详解】解：∵将△ABC绕点C逆时针旋转一定的角度得到△A B C ，此点A在边B C上，∴CB =CB=5，∴AB =CB -CA=5-3=2．故选：D．【点睛】本题主要考查了图形的旋转，熟练掌握图形旋转的性质是解题的关键．【变式训练】1(2023春·四川达州·八年级校考期中)如图，把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，若∠ACB =90°，∠A=30°，AB=10，AC=8，则AD的长为()A.2B.3C.4D.5【答案】A【分析】利用勾股定理求得BC=6，再根据旋转的性质可得CD=CB=6，即可求解．【详解】解；∵∠ACB=90°，AB=10，AC=8，∴BC=102-82=6，∵把△ABC绕点C逆时针旋转90°得到△DCE，∴CD=CB=6，∴AD=AC-CD=8-6=2，故选：A．【点睛】本题考查勾股定理和旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．2(2023春·陕西汉中·八年级统考期中)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转90°，得到△ADE，连接BD，若AC=22,DE=1，则线段BD的长为．【答案】32【分析】先由旋转的性质得到AD=AB，DE=BC=1，AE=AC=22，∠DAB=90°，然后由∠ACB= 90°计算出AB的长度，最后由勾股定理算出线段BD的长．【详解】解：由旋转得，AD=AB，DE=BC=1，AE=AC=22，∠DAB=90°，∵∠ACB=90°,∴AB=AC2+BC2=222+12=3，∴AD=AB=3，∵∠DAB=90°，∴BD=AB2+AD2=32+32=32，故答案为：32．【点睛】本题考查了旋转的性质和勾股定理，熟练应用“旋转过程中对应线段相等”是解题的关键．3(2023春·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中)如图．Rt△ABC中，∠C=90°，BC=3，AC=4，将△ABC绕点B逆时针旋转得△A BC ，若点C 在AB上，则AA 的长为．【答案】25【分析】先根据勾股定理求出AB的长，再利用旋转的性质可得AC=A C =4，BC=BC =3，∠C=∠BC A =90°，从而求出的长，然后在Rt△A C A中，利用勾股定理进行计算即可解答．【详解】解：∵∠C=90°，BC=3，AC=4，∴AB=AC2+BC2=42+32=5，由旋转得：AC=A C =4，BC=BC =3，∠C=∠BC A =90°，∴AC =AB-BC =5-3=2，∠AC A =180°-∠BC A =90°，∴AA =C A2+A C 2=22+42=25，故答案为：25．【点睛】本题考查了旋转的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．4(2023·山西运城·校联考模拟预测)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，点D为AC的中点，点E是AB边上的一点，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°，得到DF，连接AF，EF，若BE= 22，则AF的长为．【答案】2【分析】由等腰直角三角形的性质可求AD=DH，由旋转的性质可得DE=DF，∠EDF=90°=∠ADH，由“SAS”可证△ADF≌△HDE，可得AF=HE=2．【详解】解：如图，取AB的中点H，连接CH，DH，∵∠C=90°，AC=BC=6，H是AB的中点，∴AB=62，AH=BH=32=CH，CH⊥AB，又∵点D是AC的中点，∴AD =CD =DH ，AD ⊥DH ，∵BE =22，∴EH =2，∵将线段DE 绕点D 顺时针旋转90°，∴DE =DF ，∠EDF =90°=∠ADH ，∴∠ADF =∠EDH ，∴△ADF ≌△HDE SAS ，∴AF =HE =2，故答案为：2．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．5(2023·河南周口·统考一模)如图1，在△ABC 中，∠A =90°，AB =AC =2，D ，E 分别为边AB 和AC 的中点，现将△ADE 绕点A 自由旋转，如图2，设直线BD 与CE 相交于点P ，当AE ⊥EC 时，线段PC 的长为．【答案】3-1或3+1【分析】由△ADE 绕点A 自由旋转可知有以下两种情况：①当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，先证△ABD 和△ACE 全等，进而可证四边形AEPD 为正方形，然后求出PE =1，CE =3，进而可得PC 的长；②当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，同理①证△ABD 和△ACE 全等，四边形AEPD 为正方形，进而得PE =1，CE =3，据此可求出PC 的长，综上所述即可得出答案．【详解】解：∵△ADE 绕点A 自由旋转，∴有以下两种情况：①当点E 在AC 的右侧时，AE ⊥CE ，如图：由旋转的性质得：∠DAE =∠BAC =90°，∴∠BAD +∠DAC =∠DAC +∠CAE =90°，∴∠BAD =∠CAE ，∵AB =AC =2，D ，E 分别为边AB 和AC 的中点，∴AD =AE =1，在△ABD 和△ACE 中，AB =AC∠BAD =∠CAE AD =AE，∴△ABD ≌△ACE (SAS )，∴∠ADB =∠AEC =90°，∴∠ADP =∠DAE =∠AEC =90°，∴四边形AEPD 为矩形，又AD =AE =1，∴矩形AEPD 为正方形，∴PE =AE =1，在Rt△AEC中，AE=1，AC=2，∠AEC=90°，由勾股定理得：CE=AC2-AE2=3，∴PC=CE-PE=3-1；②当点E在AC的右侧时，AE⊥CE，如图：同理可证：△ABD≌△ACE(SAS)，四边形AEPD为正方形，∴BD=CE，PE=AE=1，在Rt△ABD中，AD=1，AB=2，∠ADB=90°，由勾股定理的：BD=AB2-AD2=3，∴CE=BD=3，∴PC=CE+PE=3+1．综上所述：当AE⊥EC时，线段PC的长为3-1或3+1．答案为：3-1或3+1．【点睛】此题主要考查了图形的旋转变换及其性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握图形的旋转变换，全等三角形的判定、正方形的判定方法，灵活运用勾股定理进行计算，难点是根据题意进行分类讨论并画出示意图，漏解是易错点之一．6(2023春·陕西渭南·八年级统考阶段练习)如图，在△ABC中，∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A 按逆时针方向旋转得到△ADE，若点B的对应点D恰好落在边BC上，求BD的长．【答案】3【分析】根据旋转的性质得出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质即可求解．【详解】∵∠B=60°，AB=3，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△ADE，∴AB=AD，∠B=60°，AB=3，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=3，【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握旋转的性质和等边三角形的判定是解题的关键．【题型三利用旋转计算面积】1(2023秋·湖南永州·九年级校考开学考试)如图，正方形ABCD和正方形EFGO的边长都是1，正方形EFGO绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是()A.14B.12C.13D.不能确定【答案】A【分析】根据正方形的性质得出OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BON=∠MOC，证出△OBN≌△OCM，即可求出两个正方形重叠部分的面积．【详解】解：∵四边形ABCD和四边形OEFG都是正方形，∴OB=OC，∠OBC=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，∴∠BON+∠BOM=∠MOC+∠BOM=90°∴∠BON=∠MOC．在△OBN与△OCM中，∠OBN=∠OCM OB=OC∠BON=∠COM，∴△OBN≌△OCM ASA，∴S△OBN=S△OCM，∴S四边形OMBN =S△OBC=14S正方形ABCD=14×1×1=14．故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，能推出四边形OMBN 的面积等于三角形BOC的面积是解此题的关键．【变式训练】1(2023春·山东青岛·八年级统考期中)将直角边长为5cm的等腰直角△ABC绕点A逆时针旋转15°后，得到△AB C ，则图中阴影部分的面积是( )cm2．A.12.5B.2536C.2533D.不能确定【答案】B【分析】设AB 与B C 交于D 点，根据旋转角∠CAC =15°，等腰直角△ABC 的一锐角∠CAB =45°，可求∠C AD ，旋转前后对应边相等，对应角相等，AC =AC =5cm ，∠C =∠C =90°，解直角△AC D ，可求阴影部分面积．【详解】解：设AB 与B C 交于D 点，根据旋转性质得∠CAC =15°，而∠CAB =45°，∴∠C AD =∠CAB -∠CAC =30°，又∵AC =AC =5cm ，∠C =∠C =90°，∴设C D =x ，则AD =2x ，∴AD 2=AC 2+C D 2，即2x 2=52+x 2，∴解得x =533，∴C D =533cm ，∴阴影部分面积为：12×5×533=2536cm 2 .故选：B ．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，勾股定理．关键是通过旋转的性质判断阴影部分三角形的特点，计算三角形的面积．2(2023秋·四川德阳·九年级统考期末)如图，边长为定值的正方形ABCD 的中心与正方形EFGH 的顶点E 重合，且与边AB 、BC 相交于M 、N ，图中阴影部分的面积记为S ，两条线段MB 、BN 的长度之和记为l ，将正方形EFGH 绕点E 逆时针旋转适当角度，则有()A.S 变化，l 不变B.S 不变，l 变化C.S 变化，l 变化D.S 与l 均不变【答案】D 【分析】如图，连接EB ，EC ．证明△EBM ≌△ECN ASA ，可得结论．【详解】解：如图，连接EB ，EC ．∵四边形ABCD 和四边形EFGH 均为正方形，∴EB =EC ，∠EBM =∠ECN =45°，∠MEN =∠BEC =90°，∴∠BEN +∠BEM =∠BEN +∠CEN =90°，∴∠BEM =∠CEN ，在△EBM 和△ECN 中，∠EBM =∠ECNEB =EC ∠BEM =∠CEN，∴△EBM ≌△ECN ASA ，∴BM =CN ，∴S 阴=S 四边形EMBN =S △EBC =14S 正方形ABCD=定值，l =MB +BN =CN +BN =BC =定值，故选：D ．【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．3(2023春·广东清远·八年级校考期中)如图，在△ABC 中，∠C =90°，AC =BC =2，将△ABC 绕点A 逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，则图中阴影部分的面积是．【答案】3【分析】过点B 作B D ⊥AB 于点D ，根据旋转的性质可得到△ABB 是等边三角形，S △ABC =S △AB C ，进而得到阴影部分的面积等于S △ABB ，再由勾股定理求出AB ，继而得到S △ABB，即可求解．【详解】解：如图，过点B 作B D ⊥AB 于点D ，∵将△ABC 绕点A 逆时针方向旋转60°到△ABC 的位置，∴AB =AB ,∠BAB =60°，△ABC ≌△AB C ，∴△ABB 是等边三角形，S △ABC =S △AB C，∴AB =BB ，阴影部分的面积等于S △ABB，∵AC =BC =2，∠C =90°，∴AB =AC 2+BC 2=2，∴BB =2,BD =1，∴B D =BB 2-BD 2=3，∴S △ABB=12AB ×B D =12×2×3=3，即阴影部分的面积是3．故答案为：3【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用旋转的性质是本题的关键．4(2023春·江苏宿迁·八年级校考阶段练习)马老师在带领学生学习《正方形的性质与判定》这一课时，给出如下问题：如图①，正方形ABCD 的对角线AC 、BD 相交于点O ，正方形A B C O 与正方形ABCD 的边长相等．在正方形A B C O 绕点O 旋转的过程中，OA 与AB 相交于点M ，OC 与BC 相交于点N ，探究两个正方形重叠部分的面积与正方形ABCD 的面积有什么关系．(1)小亮第一个举手回答“两个正方形重叠部分的面积是正方形ABCD 面积的”；请说明理由．(2)马老师鼓励同学们编道拓展题，小颖编了这样一道题：如图②，在四边形ABCD 中，AB =AD ，∠BAD =∠BCD =90°，连接AC ．若AC =6，求四边形ABCD 的面积．请你帮小颖解答这道题．【答案】(1)14，见解析(2)18，见解析【分析】(1)只需要证明△MOB ≌△NOC 得到S △MOB =S △NOC ，即可求解．(2)过A 作AE ⊥AC ，交CD 的延长线于E ，证明△EAD ≌△CAB 得到S △ABC =S △ADE ，AE =AC =6，则S △AEC =12×6×6=18S 四边形ABCD =S △ACD +S △ABC =S △ACD +S △ADE =S △EAC =12AE ⋅AC =18．【详解】(1)解：∵四边形ABCD 是正方形，四边形OA B C 是正方形，∴AC ⊥BD ，OB =OC ，∠OBM =∠OCN =45°，∠A OC =90°，∴∠BOC =∠A OC =90°，∴∠BOM =∠CON ，∴△BOM ≌△CON ASA ，∴S △BOM =S △CON ，∴S 四边形OMBN =S △OBC =14S 正方形ABCD ．答案为：14；(2)过A 作AE ⊥AC ，交CD 的延长线于E ，∵AE ⊥AC ，∴∠EAC =90°，∵∠DAB =90°，∴∠DAE =∠BAC ，∵∠BAD =∠BCD =90°，∴∠ADC +∠B =180°，∵∠EDA+∠ADC =180°，∴∠EDA =∠B ，∵AD =AB ，在△ABC 与△ADE 中，∠EAD =∠CABAD =AB ∠EDA =∠B，∴△ABC ≌△ADE ASA ，∴AC =AE ，∵AC =6，∴AE =6，∴S △AEC =12×6×6=18，∴S 四边形ABCD =18．【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，四边形内角和，熟知全等三角形的性质与判定是解题的关键．5(2023春·广东深圳·八年级统考期末)【问题背景】如图1，在▱ABCD 中，AB ⊥DB ．将△ABD 绕点B 逆时针旋转至△FBE ，记旋转角∠ABF =α0°<α≤180° ，当线段FB 与DB 不共线时，记△ABE 的面积为S 1，△FBD 的面积为S 2．【特例分析】如图2，当EF 恰好过点A ，且点F ，B ，C 在同一条直线上时．(1)α=°；(2)若AD =43，则S 1=，S 2=；【推广探究】某数学兴趣小组经过交流讨论，猜想：在旋转过程中，S 1与S 2之间存在一定的等量关系．再经过独立思考，获得了如下一些解决思路：思路1：如图1，过点A ，E 分别作直线平行于BE ，AB ，两直线交于点M ，连接BM ，可证一组三角形全等，再根据平行四边形的相关性质解决问题；思路2：如图2，过点E 作EH ⊥AB 于点H ，过点D 作DG ⊥FB ，交FB 的延长线于点G ，可证一组三角形全等，再根据旋转的相关性质解决问题；⋯⋯(3)如图3，请你根据以上思路，并结合你的想法，探究S 1与S 2之间的等量关系为，并说明理由．【拓展应用】在旋转过程中，当S 1+S 2为▱ABCD 面积的12时，α的值为【答案】(1)60；(2)33；33；(3)S 1=S 2，理由见解析；拓展应用：60°或120°【分析】(1)由旋转的性质和平行四边形的性质，等角对等边，可得△ABF 是等边三角形，即可求解；(2)过点F 作FM ⊥BD 交DB 延长线于点M ，设AD ,BE 交于点N ，通过证明△ABN ≌△FBM AAS ，进而得出s 1=s 2，再证明AE =AF ，可得S △ABE =12S △EFB ，仅为求解即可；(3)分别根据思路1和2进行推理证明即可；拓展应用：先根据面积之间的关系得出BD=2DG，继而得出∠DBG=30°=∠ABE，分别在图3和图2中进行求解即可．【详解】(1)由旋转可得，∠F=∠BAD,BA=BF，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠ABF=∠BAD，∴∠ABF=∠F，∴BA=AF，∴BA=AF=BF，∴△ABF是等边三角形，∴∠ABF=α=60°，故答案为：60；(2)如图，过点F作FM⊥BD交DB延长线于点M，设AD,BE交于点N，∵AD∥BC，∴∠ANE=∠ANB=∠EBF=90°=∠ABM，∠EAN=∠AFB，∴∠MBF=∠ABN，∵BF=BA，∴△ABN≌△FBM AAS，∴AN=FM，∵BD=BE，∴S1=S2，∵△ABF是等边三角形，∴∠AFB=60°=∠EAN,AB=AF，∴∠E=30°=∠ABE，∴AE=AB，∴AE=AF，S△EFB，∴S△ABE=12∵AD=43，∴AB=23=BF,BD=6=BE，×6×23=63，∴S△EFB=12∴S△ABE=33，∴s1=s2=33，故答案为：33,33；(3)解：S1=S2，理由如下：思路1：如图，过点A，E分别作直线平行于BE，AB，两直线交于点M，连接BM，∵AM∥BE,ME∥AB，∴四边形ABEM为平行四边形，∴AM=BE，∠MAB+∠ABE=180°，∵旋转，∴AB=BF，BD=BE，∠ABD=∠EBF=90°，∴BD =AM ，∵∠ABD +∠ABE +∠EBF +∠FBD =360°，∴∠ABE +∠DBF =180°，∴∠MAB =∠DBF ，在△MAB 和△DBF 中，AM =BD∠MAB =∠DBF AB =BF，∴△MAB ≌△DBF ，∴S △MAB =S 2，∵ME ∥AB ，∴S △MAB =S 1，∴S 1=S 2.思路2：如图，过点E 作EH ⊥AB 交AB 延长线于点H ，过点D 作DG ⊥BF 交BF 延长线于点G ，∵EH ⊥AB ，DG ⊥BF ，∴∠H =∠G =90°，∵旋转，∴BD =BE ，AB =BF ，∠DBA =∠EBF =90°，∴∠EBG =90°，∴∠EBG =∠ABD ，∴∠EBG -∠ABG =∠ABD -∠ABG ，即∠EBH =∠GBD ，在△EBH 和△DBG 中，∠H =∠G∠EBH =∠GBD BD =BE，∴△EBH ≌△DBG ，∴EH =DG ，∴S 1=12AB ⋅EH =12BF ⋅DG =S 2；拓展应用：∵S 1=S 2，∴当S 1+S 2为▱ABCD 面积的12时，S 1=S 2=14S 平行四边形ABCD ，由(3)思路2得，S 1=12⋅AB ⋅EH ,S 平行四边形ABCD =AB ⋅BD ,EH =DG ，∴12⋅AB ⋅EH =14AB ⋅BD ，∴BD =2EH ，即BD =2DG ，∴∠DBG =30°=∠ABE ，如图3，∠ABF =120°；如图2,∠DBE =∠ABF=90°-30°=60°，综上，α的值为60°或120°，故答案为：60°或120°．【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．。

旋转中的最值问题方法一、三角形旋转中的最值问题。

题目1：在等腰直角三角形ABC中，∠ ACB = 90^∘，AC = BC=√(2)，将ABC绕点C逆时针旋转角α(0^∘<α<90^∘)得到A'B'C，连接A'B。

求A'B的最小值。

解析：1. 因为ABC绕点C旋转得到A'B'C，所以CA = CA'=√(2)。

2. 在A'CB中，根据余弦定理：A'B^2=A'C^2+BC^2- 2A'C· BC·cos(∠ A'CB)。

3. 由于∠ A'CB=∠ ACB+α = 90^∘+α，A'C = AC=√(2)，BC=√(2)。

4. 则A'B^2=2 + 2-2×√(2)×√(2)cos(90^∘+α)=4 + 4sinα。

5. 因为0^∘<α<90^∘，当sinα = 0（即α = 0^∘）时，A'B^2取得最小值4，所以A'B的最小值为2。

题目2：已知等边三角形ABC的边长为2，点D是边BC的中点，将ABD绕点A逆时针旋转得到ACE。

求线段DE的最大值。

解析：1. 因为ABD绕点A逆时针旋转得到ACE，所以AD = AE，∠ DAE=∠ BAC = 60^∘，所以ADE是等边三角形。

2. 点D是边BC的中点，在等边三角形ABC中，AD⊥ BC，根据勾股定理可得AD=√(3)。

3. 因为ADE是等边三角形，所以DE = AD=√(3)，DE的最大值就是√(3)。

题目3：在ABC中，AB = 3，AC = 4，∠ BAC = 60^∘，将ABC绕点A旋转，得到AB'C'。

求BC'的最大值。

解析：1. 由余弦定理可得BC=√(AB^2)+AC^{2-2AB· AC·cos∠ BAC}- 把AB = 3，AC = 4，∠ BAC = 60^∘代入可得：BC=√(9 + 16-2×3×4×frac{1){2}}=√(13)。

旋转两种解题模型目录解题知识必备压轴题型讲练题型一：奔驰模型题型二：费马点模型压轴能力测评模型一：奔驰模型旋转是中考必考题型，奔驰模型是非常经典的一类题型，且近几年中考中经常出现。

我们不仅要掌握这类题型，提升利用旋转解决问题的能力，更重要的是要明白一点:旋转的本质是把分散的条件集中化，从而解决问题模型二：费马点模型最值问题是中考常考题型，费马点属于几何中的经典题型，目前全国范围内的中考题都是从经典题改编而来，所以应熟练掌握费马点等此类最值经典题。

题型一：奔驰模型一．选择题(共1小题)1.(2020秋•顺平县期中)如图，P是等边三角形ABC内的一点，且P A=3，PB=4，PC=5，将ΔABP绕点B顺时针旋转60°到ΔCBQ位置．连接PQ，则以下结论错误的是()A.∠QPB=60°B.∠PQC=90°C.∠APB=150°D.∠APC=135°二．填空题(共4小题)2.(2023秋•北屯市校级期中)如图，在平面直角坐标系中，已知ΔAOB是等边三角形，点A的坐标是(0,6)，点B在第一象限，∠OAB的平分线交x轴于点P，把ΔAOP绕着点A按逆时针方向旋转，使边AO与AB重合，得到ΔABD，连接DP．则DP=，D点坐标为．(如图)，把ΔABC绕3.(2023秋•长宁区校级期中)已知在ΔABC中，∠ACB=90°，AB=20，sin B=55着点C按顺时针方向旋转α°(0<α<360)，将点A、B的对应点分别记为点A 、B ，如果△AA′C为直角三角形，那么点A与点B′的距离为．线上的点E处时，∠BED的度数为．5.(2021秋•盘龙区校级期中)如图，P是等边三角形ABC内的一点，且P A=3，PB=4，PC=5，以BC为边在ΔABC外作ΔBQC≅ΔBP A，连接PQ，则以下结论中正确有(填序号)①ΔBPQ是等边三角形②ΔPCQ是直角三角形③∠APB=150°④∠APC=135°三．解答题(共6小题)6.(2022秋•西湖区校级期中)如图，一块等腰直角的三角板ABC，在水平桌面上绕点C按顺时针方向旋转到ΔCDE的位置，使A，C，D三点在同一直线上，连接AE，求∠DEA的度数．7.(2021秋•长乐区期中)在RtΔABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=4，将ΔABC绕点B顺时针旋转一定的角度得到ΔDBE，点A，C的对应点分别是D，E，连接AD．(1)如图1，当点E恰好在边AB上时，求∠ADE的大小；(2)如图2，若F为AD中点，求CF的最大值．8.(2022秋•东胜区校级期中)(原题初探)(1)小明在数学作业本中看到有这样一道作业题：如图1，P是正方形ABCD内一点，连结P A，PB，PC现将ΔP AB绕点B顺时针旋转90°得到的△P′CB，连接PP′．若P A=2，PB=3，∠APB=135°，则PC的长为，正方形ABCD的边长为．(变式猜想)(2)如图2，若点P是等边ΔABC内的一点，且P A=3，PB=4，PC=5，请猜想∠APB的度数，并说明理由．(拓展应用)(3)聪明的小明经过上述两小题的训练后，善于反思的他又提出了如下的问题：如图3，在四边形ABCD中，AD=3，CD=2，∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°，则BD的长度为．9.(2023秋•梁山县期中)如图，P是正三角形ABC内的一点，且P A=6，PB=8，PC=10．若将ΔP AC绕点A逆时针旋转后，得到△P′AB．(1)求点P与点P′之间的距离；(2)求∠APB的度数．10.(2020秋•黄石期中)下面是一道例题及其解答过程，请补充完整．(1)如图1，在等边三角形ABC内部有一点P，P A=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度数．11.(2023秋•罗山县期中)阅读与理解：如图1，等边ΔBDE(边长为a)按如图所示方式设置．操作与证明：(1)操作：固定等边ΔABC(边长为b)，将ΔBDE绕点B按逆时针方向旋转120°，连接AD，CE，如图2；在图2中，请直接写出线段CE与AD之间具有怎样的大小关系．(2)操作：若将图1中的ΔBDE，绕点B按逆时针方向旋转任意一个角度α(60°<α<180°)，连接AD，CE，AD与CE相交于点M，连BM，如图3；在图3中线段CE与AD之间具有怎样的大小关系？∠EMD的度数是多少？证明你的结论．猜想与发现：(3)根据上面的操作过程，请你猜想在旋转过程中，当α为多少度时，线段AD的长度最大，最大是多少？当α为多少度时，线段AD的长度最小，最小是多少？题型二：费马点模型一．选择题(共1小题)1.(2023秋•萧山区期中)如图，已知∠BAC=60°，AB=4，AC=6，点P在ΔABC内，将ΔAPC绕着点A逆时针方向旋转60°得到ΔAEF．则AE+PB+PC的最小值为()A.10B.219C.53D.213二．解答题(共2小题)2.(台州期中)(1)知识储备①如图1，已知点P为等边ΔABC外接圆的BC上任意一点．求证：PB+PC=P A．②定义：在ΔABC所在平面上存在一点P，使它到三角形三顶点的距离之和最小，则称点P为ΔABC的费马点，此时P A+PB+PC的值为ΔABC的费马距离．(2)知识迁移如图2，在ΔABC 的外部以BC 为边长作等边ΔBCD 及其外接圆，根据(1)的结论，易知线段AD 的长度即为ΔABC 的费马距离．②在图3中，用不同于图2的方法作出ΔABC 的费马点P (要求尺规作图)．(3)知识应用①判断题(正确的打√，错误的打×):ⅰ．任意三角形的费马点有且只有一个；ⅱ．任意三角形的费马点一定在三角形的内部．②已知正方形ABCD ，P 是正方形内部一点，且P A +PB +PC 的最小值为6+2，求正方形ABCD 的边长．3.(宿豫区校级期中)探究问题：(1)阅读理解：①如图(A )，在已知ΔABC 所在平面上存在一点P ，使它到三角形顶点的距离之和最小，则称点P 为ΔABC 的费马点，此时P A +PB +PC 的值为ΔABC 的费马距离；②如图(B )，若四边形ABCD 的四个顶点在同一圆上，则有AB ⋅CD +BC ⋅DA =AC ⋅BD ．此为托勒密定理；(2)知识迁移：①请你利用托勒密定理，解决如下问题：如图(C )，已知点P 为等边ΔABC 外接圆的BC上任意一点．求证：PB +PC =P A ；②根据(2)①的结论，我们有如下探寻ΔABC (其中∠A 、∠B 、∠C 均小于120°)的费马点和费马距离的方法：第一步：如图(D )，在ΔABC 的外部以BC 为边长作等边ΔBCD 及其外接圆；第二步：在BC 上任取一点P ′，连接P ′A 、P ′B 、P ′C 、P ′D ．易知P ′A +P ′B +P ′C =P ′A +(P ′B +P ′C )=P ′A +；第三步：请你根据(1)①中定义，在图(D )中找出ΔABC 的费马点P ，并请指出线段的长度即为ΔABC 的费马距离．(3)知识应用：2010年4月，我国西南地区出现了罕见的持续干旱现象，许多村庄出现了人、畜饮水困难，为解决老百姓的饮水问题，解放军某部来到云南某地打井取水．已知三村庄A 、B 、C 构成了如图(E )所示的ΔABC (其中∠A 、∠B 、∠C 均小于120°)，现选取一点P 打水井，使从水井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．1.(连城县期中)(1)如图1，点P 是等边ΔABC 内一点，已知P A =3，PB =4，PC =5，求∠APB 的度数．要直接求∠A 的度数显然很困难，注意到条件中的三边长恰好是一组勾股数，因此考虑借助旋转把这三边集中到一个三角形内，如图2，作∠P AD =60°使AD =AP ，连接PD ，CD ，则ΔP AD 是等边三角形．∴=AD =AP =3，∠ADP =∠P AD =60°∵ΔABC 是等边三角形∴AC =AB ，∠BAC =60°∴∠BAP =∴ΔABP ≅ΔACD∴BP =CD =4，=∠ADC ∵在ΔPCD 中，PD =3，PC =5，CD =4，PD 2+CD 2=PC 2∴∠PDC =°(2)如图3，在ΔABC 中，AB =BC ，∠ABC =90°，点P 是ΔABC 内一点，P A =1，PB =2，PC =3，求∠APB 的度数．2.(西城区校级期中)如图，P 是等边ΔABC 内的一点，且P A =5，PB =4，PC =3，将ΔAPB 绕点B 逆时针旋转，得到ΔCQB ．求：(1)点P 与点Q 之间的距离；(2)求∠BPC 的度数．3.(汉阳区期中)如图，P 是等腰ΔABC 内一点，AB =BC ，连接P A ，PB ，PC ．(1)如图1，当∠ABC =90°时，将ΔP AB 绕B 点顺时针旋转90°，画出旋转后的图形；(2)在(1)中，若P A =2，PB =4，PC =6，求∠APB 的大小；(3)当∠ABC =60°时，且P A =3，PB =4，PC =5，则ΔAPC 的面积是943+3(直接填答案)4.(汉阳区期中)(1)阅读证明①如图1，在ΔABC 所在平面上存在一点P ，使它到三角形三顶点的距离之和最小，则称点P 为ΔABC 的费马点，此时P A +PB +PC 的值为ΔABC 的费马距离．②如图2，已知点P 为等边ΔABC 外接圆的BC 上任意一点．求证：PB +PC =P A ．(2)知识迁移根据(1)的结论，我们有如下探寻ΔABC (其中∠A ，∠B ，∠C 均小于120°)的费马点和费马距离的方法：第一步：如图3，在ΔABC 的外部以BC 为边长作等边ΔBCD 及其外接圆；第二步：在BC 上取一点P 0，连接P 0A ，P 0B ，P 0C ，P 0D ．易知P 0A +P 0B +P 0C =P 0A +(P 0B +P 0C )=P 0A +；第三步：根据(1)①中定义，在图3中找出ΔABC 的费马点P ，线段的长度即为ΔABC 的费马距离．(3)知识应用已知三村庄A ，B ，C 构成了如图4所示的ΔABC (其中∠A ，∠B ，∠C 均小于120°)，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.(当涂县校级期中)如图，点P 是等边ΔABC 外一点，P A =3，PB =4，PC =5(1)将ΔAPC 绕点A 逆时针旋转60°得到△P 1AC 1，画出旋转后的图形；(2)在(1)的图形中，求∠APB 的度数．。

初中旋转变换中的最值问题
初中数学中的旋转变换是一个相对较难的概念，但它有助于增强学生对三维空间的理解。

在最值问题的讨论中，常常涉及到的知识点有平面几何、二次函数和三角函数等。

一个典型的例子是，给定一个三角形，通过旋转三角形的一个边，使其成为一个圆周。

然后，需要求出这个圆周上离旋转轴最远和最近的点。

这个问题需要学生利用旋转变换的知识，结合三角函数和二次函数的最值求法，来找到距离旋转轴最远和最近的点。

另一个问题是，给定一个平面上的点集，将其绕一个固定点旋转一定的角度。

然后，需要求出旋转后，点集到固定点的距离的最大值和最小值。

这个问题需要学生利用旋转变换的知识，结合二次函数的最值求法，来找到距离最大和最小的点。

解决这类问题的关键是理解旋转变换的概念，以及如何将其转化为数学模型。

同时，也需要熟悉二次函数和三角函数的最值求法。

在解题过程中，要注意灵活运用各种数学工具和方法，以找到最值问题的解决方案。

初中数学旋转的六大模型,初中几何旋转经典例题标题：初中数学旋转的六创作者，初中几何旋转经典例题在初中的数学学习中，旋转是一个重要的概念，它不仅在几何学中占据着核心地位，还在代数学、统计学等其他领域有着广泛的应用。

本文将详细介绍初中数学旋转的六创作者，并通过经典例题来深化理解。

旋转是指一个图形绕着某一点转动一定的角度。

在这个过程中，图形上任意一点所经过的路径形成一个圆，这个圆叫做旋转圆，点叫做旋转中心。

旋转的角度一般用角度或者弧度来表示。

中心对称旋转：图形以旋转中心为对称中心，旋转角度为偶数倍的180度。

绕固定点旋转：图形围绕一个固定点旋转，这个固定点称为旋转中心。

旋转对称图形：图形可以通过旋转得到，这种图形称为旋转对称图形。

旋转角相等：如果两个图形可以通过旋转互相得到，那么它们的旋转角必然相等。

旋转角互补：如果两个图形的一条边和另一条边的延长线组成一个平角，那么这两个图形的旋转角互补。

旋转改变形状：旋转可以改变图形的形状，但不会改变图形的面积。

例1：在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是AC上一点，且CF=2AF。

求证：EF平分∠AEB。

证明：我们可以通过旋转证明。

把△ABE绕B点按逆时针方向旋转60°，得到△CBG，则BG//AE，所以∠FGB=∠FEA。

因为CF=2AF，所以FG=2FE。

所以可以得出∠FEB=∠FGB+∠GBF=∠FEA+∠AEB+∠ABE=∠FEA+∠AEB+∠EAB=180°即∠FEA+∠AEB=180°-∠EAB=∠BEF所以∠BEF = ∠FEA即 EF平分∠AEB。

例2：在Rt△ABC中，∠C=90°，D是AB的中点，E、F分别在AC和BC上，且DE⊥DF。

求证：EF^2=AE^2+BF^2。

证明：把Rt△ABC绕D点按顺时针方向旋转90°得到Rt△AB’C’，则可知：△ABC≌△AB’C’，所以可知DE=DF，因为DE⊥DF，所以可知四边形DECF’是正方形。

初中数学几何压轴题模型与构造方法附解题技巧全等变换平移：平行等线段（平行四边形）对称：角平分线或垂直或半角旋转：相邻等线段绕公共顶点旋转对称全等模型说明：以角平分线为轴在角两边进行截长补短或者作边的垂线，形成对称全等。

两边进行边或者角的等量代换，产生联系。

垂直也可以做为轴进行对称全等。

对称半角模型说明：上图依次是45°、30°、22.5°、15°及有一个角是30°直角三角形的对称（翻折），翻折成正方形或者等腰直角三角形、等边三角形、对称全等。

旋转全等模型半角：有一个角含1/2角及相邻线段自旋转：有一对相邻等线段，需要构造旋转全等共旋转：有两对相邻等线段，直接寻找旋转全等中点旋转：倍长中点相关线段转换成旋转全等问题旋转半角模型说明：旋转半角的特征是相邻等线段所成角含一个二分之一角，通过旋转将另外两个和为二分之一的角拼接在一起，成对称全等。

自旋转模型构造方法：遇60度旋60度，造等边三角形遇90度旋90度，造等腰直角遇等腰旋顶点，造旋转全等遇中点旋180度，造中心对称共旋转模型说明：旋转中所成的全等三角形，第三边所成的角是一个经常考察的内容。

通过“8”字模型可以证明。

模型变换说明：模型变形主要是两个正多边形或者等腰三角形的夹角的变化，另外是等腰直角三角形与正方形的混用。

当遇到复杂图形找不到旋转全等时，先找两个正多边形或者等腰三角形的公共顶点，围绕公共顶点找到两组相邻等线段，分组组成三角形证全等。

中点旋转：说明：两个正方形、两个等腰直角三角形或者一个正方形一个等腰直角三角形及两个图形顶点连线的中点，证明另外两个顶点与中点所成图形为等腰直角三角形。

证明方法是倍长所要证等腰直角三角形的一直角边，转化成要证明的等腰直角三角形和已知的等腰直角三角形（或者正方形）公旋转顶点，通过证明旋转全等三角形证明倍长后的大三角形为等腰直角三角形从而得证。

几何最终模型对称最值(两点间线段最短)对称最值(点到直线垂线段最短)说明：通过对称进行等量代换，转换成两点间距离及点到直线距离。

中考数学旋转压轴题解题方法一、图形旋转知识与方法1、图形的变换是新课标中“空间与图形”领域的一个主要内容，体现运动变换的理念与思想，是教材中的一大亮点．初中数学所学的图形变换包括平移、轴对称、旋转、位似。

2、旋转，它是一种数学变换．生活中的旋转也是随处可见，汽车的轮子，钟表的指针，游乐园里的摩天轮，都是旋转现象．3、图形的旋转有三个要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．4、旋转具有以下性质：①对应点到旋转中心的距离相等，即边相等。

②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，即角相等③旋转前、后的图形全等。

5、旋转是近几年中考数学的热点题型，对旋转的特例“中心对称”的考查多以选择题或填空题的形式出现，题目比较简单，大多数属于送分题；利用旋转作图，是格点作图题中的重点。

利用旋转构造复杂几何图形，通常将旋转融合在综合题中，题目难度中等，在选择题、填空题、解答题中都有出现。

有旋转点的，有旋转线段的，更多的是旋转图形的。

旋转三角形，旋转平行四边形，旋转矩形，旋转正方形，其中，近两年的各地中考试题中，旋转矩形出现的最频繁，深受出题老师的青睐。

其实旋转的题目还有一个好听的名字就是“手拉手问题”，本文将对这一类问题分类汇总，以这三个性质为突破口，就能快速解决问题。

二、典例精讲典例．在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝α，点D为直线BC上一动点，过点D作DF∥AC 交直线AB于点F，将AD绕点D顺时针旋转α得到ED，ED交直线AB于点O，连接BE．（1）问题发现：如图1，α＝90°，点D在边BC上，猜想：①AF与BE的数量关系是；②∠ABE＝度．（2）拓展探究：如图2，0°＜α＜90°，点D在边BC上，请判断AF与BE的数量关系及∠ABE的度数，并给予证明．（3）解决问题如图3，90°＜α＜180°，点D在射线BC上，且BD＝3CD，若AB＝8，请直接写出BE 的长．思路点拨：（1）①由等腰直角三角形的判定和性质可得：∠ABC＝45°，由平行线的性质可得∠FDB＝∠C＝90°，进而可得由等角对等边可得DF＝DB，由旋转可得：∠ADF＝∠EDB，DA＝DE，继而可知△ADF≌△EDB，继而即可知AF＝BE；②由全等三角形的性质可知∠DAF＝∠E，继而由三角形内角和定理即可求解；（2）由平行线的性质可得∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，由等边对等角可得∠ABC＝∠CAB，进而根据等角对等边可得DB＝DF，再根据全等三角形的判定方法证得△ADF≌△EDB，进而可得求证AF＝BE，∠ABE＝∠FDB＝α；（3）分两种情况考虑：①如图（3）中，当点D在BC上时，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，由平行线分线段成比例定理可得1==4AF CDAB CB、1==2AF CDAB CB，代入数据求解即可；满分解答：（1）问题发现：如图1中，设AB交DE于O．∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠ABC＝45°，∵DF∥AC，∴∠FDB＝∠C＝90°，∴∠DFB＝∠DBF＝45°，∴DF＝DB，∵∠ADE＝∠FDB＝90°，∴∠ADF＝∠EDB，∵DA＝DE，DF＝DB∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠DAF＝∠E，∵∠AOD＝∠EOB，∴∠ABE＝∠ADO＝90°故答案为：①AF＝BE，②90°．（2）拓展探究：结论：AF＝BE，∠ABE＝α．理由如下：∵DF‖AC∴∠ACB＝∠FDB＝α，∠CAB＝∠DFB，∵AC＝BC，∴∠ABC＝∠CAB，∴∠ABC＝∠DFB，∴DB＝DF，∵∠ADF＝∠ADE﹣∠FDE，∠EDB＝∠FDB﹣∠FDE，∴∠ADF＝∠EDB，∵AD＝DE，DB＝DF∴△ADF≌△EDB（SAS），∴AF＝BE，∠AFD＝∠EBD∵∠AFD＝∠ABC+∠FDB，∠DBE＝∠ABD+∠ABE，∴∠ABE＝∠FDB＝α．（3）解决问题①如图（3）中，当点D在BC上时，由（2）可知：BE＝AF，∵DF∥AC，∴1==4 AF CDAB CB，∵AB＝8，∴AF＝2，∴BE＝AF＝2，②如图（4）中，当点D在BC的延长线上时，∵AC∥DF，∴1==2 AF CDAB CB，∵AB＝8，∴BE＝AF＝4，故BE的长为2或4．名师点评：（1）本题考查等腰直角三角形的判定和性质、平行线的性质、等边对等角的性质和等角对等边的性质、旋转的性质、相似三角形的判定及其性质、三角形内角和定理、平行线分线段成比例定理，涉及到的知识点较多，解题的关键是综合运用所学知识．（2）旋转问题三步走：第一步：我们要观察图形，看看这个图形的旋转中心，找到它的旋转方向，这是我们看到一个几何图形的第一印象．第二步：看看是什么旋转？因为旋转的种类有很多，你看它是点旋转还是线旋转或者是平面图形旋转·第三步：你再观察出有哪些三角形全等，从已知中找到两个三角形全等的条件（包括隐藏的对顶角、公共角、公共边等）．变式题．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，点O是边AC的中点．（1）在图1中，将△ABC绕点O逆时针旋转n°得到△A1B1C1，使边A1B1经过点C．求n的值．（2）将图1向右平移到图2位置，在图2中，连结AA1、AC1、CC1．求证：四边形AA1CC1是矩形；（3）在图3中，将△ABC绕点O顺时针旋转m°得到△A2B2C2，使边A2B2经过点A，连结AC2、A2C、CC2．①请你直接写出m的值和四边形AA2CC2的形状；②若AB＝，请直接写出AA2的长．三、中考押题1．（1）问题感知如图1，在△ABC中，∠C＝90°，且AC＝BC，点P是边AC的中点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．连接AD．过点P作PE∥AB 交BC于点E，则图中与△BEP全等的三角形是，∠BAD＝°；（2）问题拓展如图2，在△ABC中，AC＝BC＝43AB，点P是CA延长线上一点，连接BP，将线段PB绕点P顺时针旋转到线段PD，使得∠BPD＝∠C，连接AD，则线段CP与AD之间存在的数量关系为CP＝43AD，请给予证明；（3）问题解决如图3，在△ABC中，AC＝BC＝AB＝2，点P在直线AC上，且∠APB ＝30°，将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD，连接AD，请直接写出△ADP 的周长．2．在ABC ∆，CA CB =，ACB α∠=．点P 是平面内不与点A ，C 重合的任意一点．连接AP ，将线段AP 绕点P 逆时针旋转α得到线段DP ，连接AD ，BD ，CP ． （1）观察猜想 如图1，当60α︒=时，BDCP的值是 ，直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是 ． （2）类比探究如图2，当90α︒=时，请写出BDCP的值及直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数，并就图2的情形说明理由． （3）解决问题当90α︒=时，若点E ，F 分别是CA ，CB 的中点，点P 在直线EF 上，请直接写出点C ，P ，D 在同一直线上时ADCP的值．3．在正方形ABCD 中，AB ＝6，对角线AC 和BD 相交于点O ，E 是AB 所在直线上一点（不与点B 重合），将线段OE 绕点E 顺时针旋转90°得到EF ．（1）如图1，当点E 和点A 重合时，连接BF ，直接写出BF 的长为 ；（2）如图2，点E在线段AB上，且AE＝1，连接BF，求BF的长；（3）若DG：AG＝2：1，连接CF，H是CF的中点，是否存在点E使△GEH是以EG 为直角边的直角三角形？若存在，请直接写出EB的长；若不存在，试说明理由．4．观察猜想：（1）如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝3，点D与点A重合，点E在边BC上，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°得到线段DF，连接BF，BE与BF的位置关系是，BE+BF＝；探究证明：（2）在（1）中，如果将点D沿AB方向移动，使AD＝1，其余条件不变，如图②，判断BE与BF的位置关系，并求BE+BF的值，请写出你的理由或计算过程；拓展延伸：（3）如图③，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝a，点D在边BA的延长线上，BD＝n，连接DE，将线段DE绕着点D顺时针旋转，旋转角∠EDF＝a，连接BF，则BE+BF的值是多少？请用含有n，a的式子直接写出结论．5．如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG⊥BC，OG＝2，OC＝4．将△ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到△A′B′C′．（1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．（2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．①当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．②当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．6．在△ABC中，∠ACB=90°，BC=AC=2，将△ABC绕点A顺时针方向旋转α角(0°＜α＜180°)至△AB'C'的位置．问题探究：（1）如图1，当旋转角为60°时，连接C'C与AB交于点M，则C'C=，CM ．（2）如图2，在（1）条件下，连接BB'，延长CC'交BB'于点D，求CD的长．问题解决：（3）如图3，在旋转的过程中，连线CC'、BB'，CC'所在直线交BB'于点D，那么CD 的长有没有最大值？如果有，求出CD的最大值：如果没有，请说明理由．7．如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E为线段BO上一点，连接CE，将CE绕点C顺时针旋转90°得到CF，连接EF交CD于点G．（1）若AB＝4，BE，求△CEF的面积．（2）如图2，线段FE的延长线交AB于点H，过点F作FM⊥CD于点M，求证：BH+MGBE；＝2（3）如图3，点E为射线OD上一点，线段FE的延长线交直线CD于点G，交直线AB 于点H，过点F作FM垂直直线CD于点M，请直接写出线段BH、MG、BE的数量关系．8．已知:如图①，将60∠=的菱形ABCD沿对角线AC剪开，将ADC沿射线DCDBCE点M为边BC上一点（点M不与点B、点C重合），将射线AM 方向平移，得到,绕点A逆时针旋转60，与EB的延长线交于点N，连接MN．()1①求证:ANB AMC∠=∠；②探究AMN的形状；()2如图②，若菱形ABCD变为正方形ABCD，将射线AM绕点A逆时针旋转45，原题其他条件不变，()1中的①和②两个结论是否仍然成立？若成立，请直接写出结论；若不成立，请写出变化后的结论并证明．9．已知点P 是线段AB 上与点,A B 不重合的一点，且,AP PB AP <绕点A 逆时针旋转角()090αα︒︒<≤得到1,AP BP 绕点B 顺时针旋转角α得到2BP ，连接12.PP PP 、（1）如图1，当90α︒=时，求12PPP ∠的度数；（2）如图2，当点2P 在1AP 的延长线上时，求证： 22122PP PP P A =⋅；（3）如图3，过BP 的中点E 作1l BP ⊥，过2BP 的中点F 作22l BP ⊥， 1l 与2l 交于点Q ，连接1,PQ PO ，若6,1BP AP QE ===，求1PQ 的长度.10．在锐角△ABC 中，AB=4，BC=5，∠ACB=45°，将△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转，得到△A 1BC 1．（1）如图1，当点C 1在线段CA 的延长线上时，求∠CC 1A 1的度数； （2）如图2，连接AA 1，CC 1．若△ABA 1的面积为4，求△CBC 1的面积；（3）如图3，点E 为线段AB 中点，点P 是线段AC 上的动点，在△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转过程中，点P 的对应点是点P 1，求线段EP 1长度的最大值与最小值．11．有两张完全重合的矩形纸片，将其中一张绕点A 顺时针旋转90︒后得到矩形AMEF （如图1），连接BD ，MF ，若8BD cm =，30ADB ∠=︒．（1）试探究线段BD 与线段MF 的数量关系和位置关系，并说明理由；（2）把BCD ∆与MEF ∆剪去，将ABD ∆绕点A 顺时针旋转得11AB D ∆，边1AD 交FM 于点K （如图2），设旋转角为()090ββ︒<<︒，当AFK ∆为等腰三角形时，求β的度数；（3）若将AFM ∆沿AB 方向平移得到222A F M ∆（如图3），22F M 与AD 交于点P ，22A M 与BD 交于点N ，当//NP AB 时，求平移的距离．12．问题发现：（1）如图1，在Rt △ABC 中，∠BAC=30°，∠ABC ＝90°，将线段AC 绕点A 逆时针旋转，旋转角α=2∠BAC ， ∠BCD 的度数是 ；线段BD ，AC 之间的数量关系是 ． 类比探究：（2）在Rt △ABC 中，∠BAC=45°，∠ABC ＝90°，将线段AC 绕点A 逆时针旋转，旋转角α=2∠BAC ，请问（1）中的结论还成立吗？； 拓展延伸：（3）如图3，在Rt △ABC 中，AB ＝2，AC ＝4，∠BDC ＝90°，若点P 满足PB ＝PC ，∠BPC ＝90°，请直接写出线段AP 的长度．13．综合与实践 问题情境数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，ABC 和DEC 是两个全等的直角三角形纸片，其中90ACB DCE ∠=∠=︒，30B E ∠=∠=︒，4AB DE ==．解决问题（1）如图①，智慧小组将DEC 绕点C 顺时针旋转，发现当点D 恰好落在AB 边上时，DE AC ，请你帮他们证明这个结论；（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，连接AE AD BD 、、，当DEC C 绕点C 继续旋转到如图②所示的位置时，他们提出BDCAECSS=，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由； 探索发现（3）如图③，勤奋小组在前两个小组的启发下，继续旋转DEC ，当B A E 、、三点共线时，求BD 的长；（4）在图①的基础上，写出一个边长比为2的三角形（可添加字母）．14．探究：如图1和2,四边形ABCD 中,已知AB AD =，90BAD ∠=︒，点E ，F 分别在BC 、CD 上，45EAF ∠=︒．（1）①如图 1,若B 、ADC ∠都是直角，把ABE △绕点A 逆时针旋转90︒至ADG ，使AB 与AD 重合，则能证得EF BE DF =+，请写出推理过程；②如图 2，若B 、D ∠都不是直角，则当B 与D ∠满足数量关系_______时，仍有EF BE DF =+;（2）拓展：如图3,在ABC 中，90BAC ∠=︒,AB AC ==点D 、E 均在边BC 上,且45DAE ∠=︒．若1BD =，求DE 的长．15．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF 和一个正方形ABCD 摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C 重合，点E 、F 分别在正方形的边CB 、CD 上，连接AF ．取AF 中点M ，EF 的中点N ，连接MD 、MN ． （1）连接AE ，求证：△AEF 是等腰三角形； 猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD 、MN 的数量关系和位置关系，得出结论． 结论1：DM 、MN 的数量关系是 ； 结论2：DM 、MN 的位置关系是 ； 拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．16．已知，把45°的直三角板的直角顶点E放在边长为6的正方形ABCD的一边BC 上，直三角板的一条直角边经过点D，以DE为一边作矩形DEFG，且GF过点A，得到图1．（1）求矩形DEFG的面积；（2）若把正方形ABCD沿着对角线AC剪掉一半得到等腰直角三角形ABC，把45°的直三角板的一个45°角的顶点与等腰直角三角形ABC的直角顶点B重合，直三角板夹这个45°角的两边分别交CA和CA的延长线于点H、P，得到图2．猜想：CH、PA、HP之间的数量关系，并说明理由；（3）若把边长为6的正方形ABCD沿着对角线AC剪掉一半得到等腰直角三角形ABC，点M是Rt△ABC内一个动点，连接MA、MB、MC，设MA+MB+MC＝y，直接写出2y 的最小值．17．问题：如图(1)，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．（发现证明）小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,从而发现EF=BE+FD,请你利用图（1）证明上述结论．（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,则当∠EAF与∠BAD满足关系时，仍有EF=BE+FD．（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=40﹣1）米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的=1.41=1.73）18．如图1，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是对角线BD的中点，直角∠GEF 的两直角边EF、EG分别交CD、BC于点F、G．（1）若点F是边CD的中点，求EG的长．（2）当直角∠GEF绕直角顶点E旋转，旋转过程中与边CD、BC交于点F、G．∠EFG 的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠EFG的值．（3）当直角∠GEF绕顶点E旋转，旋转过程中与边CD、BC所在的直线交于点F、G．在图2中画出图形，并判断∠EFG的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请直接写出tan∠EFG的值．（4）如图3，连接CE交FG于点H，若13HFHG，请求出CF的长．参考答案变式题．思路点拨：（1）利用等腰三角形的性质求出∠COC1即可．（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可．（3）①求出∠COC2即可，根据矩形的判定证明即可解决问题．②解直角三角形求出A2C2，再求出AA2即可．满分解答：（1）解：如图1中，由旋转可知：△A1B1C1≌△ABC，∴∠A1＝∠A＝30°，∵OC＝OA，OA1＝OA，∴OC＝OA1，∴∠OCA1＝∠A1＝30°，∴∠COC1＝∠A1+OCA1＝60°，∴n＝60°．（2）证明：如图2中，∵OC＝OA，OA1＝OC1，∴四边形AA1CC1是平行四边形，∵OA＝OA1，OC＝OC1，∴AC＝A1C1，∴四边形AA1CC1是矩形．（3）如图3中，①∵OA＝OA2，∴∠OAA2＝∠OA2A＝30°，∴∠COC2＝∠AOA2＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴m＝120°，∵OC＝OA，OA2＝OC2，∴四边形AA2CC2是平行四边形，∵OA＝OA2，OC＝OC2，∴AC＝A2C2，∴四边形AA2CC2是矩形．＝6，②∵AC＝A2C2＝AB•cos30°＝×2∴AA2＝A2C2•cos30°＝＝名师点评：本题属于四边形综合题，考查了旋转变换，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．中考押题1．证明：（1）∵点P是边AC的中点，PE∥AB，∴点E是BC的中点，∴CE＝BE，∵AC＝BC，∴BE＝AP，∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．∴PB＝PD，∵∠APD+∠BPC＝90°，∠EBP +∠BPC＝90°，∴∠EBP＝∠APD，又∵PB＝PD，∴△PAD≌△BEP（SAS），∴∠PAD＝∠BEP，∵∠C＝90°，AC＝BC，∴∠BAC＝∠ABC＝45°，∵PE∥AB，∴∠ABC＝∠PEC＝45°，∴∠BEP＝135°，∴∠BAD＝∠PAD﹣∠BAC＝135°﹣45°＝90°，故答案为：△PAD，90；（2）如图，过点P作PH∥AB，交CB的延长线于点H，∴∠CBA＝∠CHP，∠CAB＝∠CPH，∵CB＝CA，∴∠CBA＝∠CAB，∴∠CHP＝∠CPH，∴CH＝CP，∴BH＝AP，∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD．∴PB＝PD，∵∠BPD＝∠C，∴∠BPD+∠BPC ＝∠C+∠BPC ， ∴∠PBH ＝∠APD ， ∴△APD ≌△HBP （SAS ）， ∴PH ＝AD ， ∵PH ∥AB ， ∴△CAB ∽△CPH ，∴H AC PC ABP = ∴HAC AB CPP = ∵AC ＝BC ＝43AB ，∴43CP PH =， ∴CP ＝43PH ＝43AD ；（3）当点P 在CA 的延长线上时， ∵AC ＝BC ＝AB ＝2， ∴△ABC 是等边三角形， ∴∠ACB ＝60°，∵将线段PB 绕点P 顺时针旋转60°到线段PD ， ∴BP ＝PD ，∠BPD ＝60°＝∠ACB ， 过点P 作PE ∥AB ，交CB 的延长线于点E ，∵∠ACB ＝∠APB+∠ABP ， ∴∠ABP ＝∠APB ＝30°， ∴AB ＝AP ＝2， ∴CP ＝4， ∵AB ∥PE ，∴PAB PE CAC = ∴CP ＝PE ＝4，由（2）得，PE ＝AD ＝4， ∵∠APD ＝∠APB+BPD ＝90°，∴DP =∴△ADP 的周长＝AD+AP+DP ＝， 当点P 在AC 延长线上时，如图，同理可求△ADP 的周长＝6+综上所述：△ADP 的周长为6+2．解：（1）如图1中，延长CP 交BD 的延长线于E ，设AB 交EC 于点O ．60PAD CAB ︒∠=∠=，CAP BAD ∴∠=∠， CA BA =，PA DA =，()CAP BAD SAS ∴∆≅∆，PC BD ∴=，ACP ABD ∠=∠，AOC BOE ∠=∠，60BEO CAO ︒∴∠=∠=，1BDPC∴=，线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是60︒， 故答案为1，60︒．（2）如图2中，设BD 交AC 于点O ，BD 交PC 于点E ．45PAD CAB ︒∠=∠=，PAC DAB ∴∠=∠，AB ADAC AP== DAB PAC ∴∆∆，PCA DBA ∴∠=∠，BD ABPC AC==， EOC AOB ∠=∠，45CEO OAB ︒∴∠=∠=，∴直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数为45︒．（3）如图3﹣1中，当点D 在线段PC 上时，延长AD 交BC 的延长线于H ．CE EA =，CF FB =，EF AB∴∥，45EFC ABC︒∴∠=∠=，45PAO︒∠=，PAO OFH∴∠=∠，POA FOH∠=∠，H APO∴∠=∠，90APC︒∠=，EA EC=，PE EA EC∴==，EPA EAP BAH∴∠=∠=∠，H BAH∴∠=∠，BH BA∴=，45ADP BDC︒∠=∠=，90ADB︒∴∠=，BD AH∴⊥，22.5DBA DBC︒∴∠=∠=，90ADB ACB︒∠=∠=，∴A，D，C，B四点共圆，22.5DAC DBC︒∠=∠=，22.5DCA ABD︒∠=∠=，22.5DAC DCA︒∴∠=∠=，DA DC∴=，设=AD a，则DC AD a==，2PD a=，2ADCP∴==-c．如图3﹣2中，当点P在线段CD上时，同法可证：=DA DC，设=AD a，则CD AD a==，PD=，2PC a a ∴=-，22ADPC∴==+．3．解：（1）如图1，由旋转得：90OEF ∠=︒，OE EF =， 四边形ABCD 是正方形，且边长为6， 62ACBD，45OAB ∠=︒，904545FEBOAB ，AB AB ，()AOBAFB SAS ，113222BFOBBDAC ，故答案为：（2）如图2，过O 作OG AB ⊥于G ，过F 作FHAB⊥于H ，四边形ABCD 是正方形，45OAB OBA ∴∠=∠=︒，90OGAOGB，AOG ∴∆和OGB 是等腰直角三角形，3AGBGOG，1AE =，2EG，90OEF ， 90OEG FEH，90FEHEFH，OEGEFH ，OE EF ，90OGEEHF，()OEG EFH AAS ，3OG EH，2EG FH ==，6132BHAB AE EH ，Rt FHB 中，由勾股定理得：22222222BFBH FH ；（3）存在GEH ∆是以EG 为直角边的直角三角形；6AD =，且:2:1DG AG ， 2AG ∴=，4DG =，分三种情况：①当90EGH ∠=︒时，E 在A 的左侧时，如图3，过F 作FM BC ⊥，交CB 的延长线于M ，过H 作HNFM 于N ，交AB 于P ，过H 作HQ AD ⊥于Q ，过O 作OKAB ⊥于K ，过F 作FL AB 于L ，设AE x =， 同理得()OEK EFL AAS ，3OKEL，3EK FL x ，H 是CF 的中点，//HN CM ，113(63)222xFN MN BL x ，1639222x xHN CM ，93(3)22xxHPHNPN x ，Rt EGH 中，222EG GH EH ，∴22222233332(2)(6)(6)()2222x x x x x x，2720x x -+=，17412x ，27412x ， 当17412x 时，7411941622BE （如图6所示）， 当27412x 时，7411941622BE；②当90GEH ∠=︒时，如图4，过F 作FM BC ⊥，交CB 的延长线于M ，过H 作HN FM于N ，交AB 于P ，过O 作OK AB ⊥于K ，过F 作FLAB 于L ，设BE x =，则6AE x ， 同理得：3OK EL，3BLFMx ，3(6)3FL EKx x ，1322xHNCM ，3322x x EPBEPBx，39(3)22xxHP HN PNx，90GEH AEG PEH，90AEG AGE ∠+∠=︒，AGEPEH ，90EAG EPH ，GAE EPH ∽， ∴AG AEEPPH，即263922x x x ，250x x -=，解得：0x =（舍)或5， 即5BE =；③如图5，当E 与B 重合时，90GEH∠=︒，此种情况不符合题意；综上，BE 的长是5． 4．【详解】 （1）如图①中，∵∠EAF ＝∠BAC ＝90°， ∴∠BAF ＝∠CAE ， ∵AF ＝AE ，AB ＝AC ， ∴△BAF ≌△CAE ， ∴∠ABF ＝∠C，BF ＝CE ， ∵AB ＝AC ，∠BAC ＝90°，∴∠ABC＝∠C＝45°，∴∠FBE＝∠ABF+∠ABC＝90°，BC＝BE+EC＝BE+BF，故答案为BF⊥BE，BC；（2）如图②中，作DH∥AC交BC于H，∵DH∥AC，∴∠BDH＝∠A＝90°，△DBH是等腰直角三角形，由（1）可知，BF⊥BE，BF+BE＝BH，∵AB＝AC＝3，AD＝1，∴BD＝DH＝2，∴BH＝，∴BF+BE＝BH＝；（3）如图③中，作DH∥AC交BC的延长线于H，作DM⊥BC于M，∵AC∥DH，∴∠ACH＝∠H，∠BDH＝∠BAC＝α，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB∴∠DBH＝∠H，∴DB＝DH，∵∠EDF＝∠BDH＝α，∴∠BDF＝∠HDE，∵DF ＝DE ，DB ＝DH ， ∴△BDF ≌△HDE ， ∴BF ＝EH ，∴BF +BE ＝EH +BE ＝BH ， ∵DB ＝DH ，DM ⊥BH ， ∴BM ＝MH ，∠BDM ＝∠HDM ， ∴BM ＝MH ＝BD •sin2α．∴BF +BE ＝BH ＝2n •sin 2α． 5．解：（1）如图，过点C′作C′H ⊥OF 于H ．∵△A′B′C′是由△ABC 绕点O 逆时针旋转得到， ∴C′O=CO=4， 在Rt △HC′中， ∵∠HC′O ＝α＝30°，∴C′H ＝C′O•cos30°＝，∴点C′到直线OF 的距离为（2）①如图，当C′P ∥OF 时，过点C′作C′M ⊥OF 于M ．∵△A′B′C′为等腰直角三角形，P为A′B′的中点，∴∠A′C′P=45°，∵∠A′B′O=90°，∴∠OC′P=135°.∵C′P∥OF，∴∠O＝180°﹣∠OC′P＝45°，∴△OC′M是等腰直角三角形，∵OC′＝4，=∴C′M＝C′O•cos45°=4×2∴点C′到直线DE的距离为如图，当C′P∥DG时，过点C′作C′N⊥FG于N．同法可证△OC′N是等腰直角三角形，∴C′N＝∵GD=2，∴点C′到直线DE的距离为2．②设d为所求的距离．第一种情形：如图，当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．∵OC=4，AC=2，∠ACO=90°，=∴=OA=∵OM＝2，∠OMA′＝90°，∴A′M4，又∵OG=2，∴DM=2，∴A′D＝A′M-DM=4-2=2，即d＝2，如图，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ⊥C′B′于Q．∵P为A′B′的中点，∠A′C′B′=90°，∴PQ∥A′C′，∴12 B P CQ PQB A BC A C'=== ''''''∵B′C′=2∴PQ＝1，CQ=1，∴Q点为B′C′的中点，也是旋转前BC的中点，∴OQ=OC+CQ=5∴OP，∴PM=∴PD＝2PM DM-=-，∴d2，∴2．第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝2，即d＝2，如图，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT⊥B′C′于T，过点P作PR∥OQ 交OB′于R，连接OP．由上可知OP OF＝5，∴FP1，∵OF＝OT，PF＝PT，∠F＝∠PTO＝90°，∴Rt△OPF≌Rt△OPT（HL），∴∠FOP＝∠TOP，∵PQ∥OQ，∴∠OPR＝∠POF，∴∠OPR＝∠POR，∴OR＝PR，∵PT2+TR2＝PR2，22215PR PR∴+（﹣）＝∴PR＝2.6，RT＝2.4，∵△B′PR∽△B′QO，∴B ROB''＝PRQO，∴3.46＝2.6OQ，∴OQ＝78 17，∴QG＝OQ﹣OG＝4417，即d＝4417∴2≤d＜44 17，第三种情形：当A′P经过点F时，如图，此时FG=3，即d＝3．综上所述，﹣2或d ＝3．6．解：（1）如图1中，作MH AC ⊥于H ．当旋转角为60︒时，60CAC ，AC AC ='， ACC 是等边三角形，2CC AC ，60MCH ，设CH x =，则3MH AH x ，2x ∴=，1x ∴=，2232CM CH ．故答案为2，2．（2）如图2中，作BH CD ⊥于H ．AB AB ='，60BAB ，ABB 是等边三角形，60DBM ACM ， DMB AMC ，45BDC BAC ∴∠=∠=︒， 30BCH BCA ACC ，1BH DH BC，CH=12CD CH DH．13（3）CD的长有最大值．理由：如图3中，B AC BAC，45B ABC AC，='，AB AB'=，AC AC∴AB AB，AC AC∴△B AB∽△C AC，DBM ACM，DMB AMC，45BDM MAC，取AB的中点H，以H为圆心，HB为半径作H，连接CH．=，90CA CB∠=︒，ACB∴⊥，CH BH AH，CH ABBHC，901BDC BHC，2∴=时，CD的值最大，此时CD=．点D的运动轨迹是H，当CD AB7．【详解】（1）解：在正方形ABCD中，AB＝4，∴AO＝CO＝OB＝，∵BE ，∴OE ，∵AC ⊥BD ，∴∠COE ＝90°，∴CE ==,由旋转得：CE ＝CF ，∠ECF ＝90°，∴△CEF 的面积＝211522CE ==； （2）证明：如图2，过E 作EN ⊥AB 于N ，作EP ⊥BC 于P ，∵EP ⊥BC ，FM ⊥CD ，∴∠EPC ＝∠FMC ＝90°，∵∠BCD ＝∠ECF ＝90°，∴∠PCE ＝∠MCF ，∵CE ＝CF ，∴△CPE ≌△CMF （AAS ），∴EP ＝FM ，∵EP ⊥BC ，EN ⊥AB ，BE 平分∠ABC ，∴EP ＝EN ，∴EN ＝FM ，∵FM ⊥CD ，∴∠FMG ＝∠ENH ＝90°，∵AB ∥CD ，∴∠NHE ＝∠MGF ，∴△NHE ≌△MGF （AAS ），∴NH＝MG，∴BH+MG＝BH+NH＝BN，∵△BEN是等腰直角三角形，BE，∴BN＝2BE；∴BH+MG＝2BE，理由是：（3）解：BH﹣MG＝2如图3，过E作EN⊥AB于N，交CG于P，∵EP⊥BC，FM⊥CD，AB∥CD，∴EP⊥CD，∴∠EPC＝∠FMC＝90°，∵∠M＝∠ECF＝90°，∴∠ECP+∠FCM＝∠FCM+∠CFM＝90°，∴∠ECP＝∠CFM，∵CE＝CF，∴△CPE≌△FMC（AAS），∴PC＝FM，∵△DPE是等腰直角三角形，∴PE＝PD，∴EN＝BN＝PN+PE＝BC+PE＝CD+PD＝PC＝FM，∵AB ∥CD ，∴∠H ＝∠FGM ，∵∠ENH ＝∠M ＝90°，∴△HNE ≌△GMF （AAS ），∴NH ＝MG ，∴BH ﹣MG ＝BH ﹣NH ＝BN ，∵△BEN 是等腰直角三角形，∴BN ＝2BE ，∴BH ﹣MG ＝2BE ． 8．【详解】（1）如图1，①∵四边形ABCD 是菱形，∴AB BC CD AD ===，∵∠D =60°，∴△ADC 和△ABC 是等边三角形，∴AB AC =，∠BAC =60°，∵∠NAM =60°，∴∠NAB =∠CAM ，由△ADC 沿射线DC 方向平移得到△BCE ，可知∠CBE =60°， ∵∠ABC =60°，∴∠ABN =60°，∴∠ABN =∠ACB =60°∴△ANB ≌△AMC ，∴∠ANB =∠AMC ； ②如图1，△AMN 是等边三角形，理由是：由△ANB≌△AMC，∴AM=AN，∵∠NAM=60°，∴△AMN是等边三角形；（2）①如图2，∠ANB=∠AMC成立，理由是：在正方形ABCD中，∴∠BAC=∠DAC=∠BCA=45°，∵∠NAM=45°，∴∠ANB=∠AMC，由平移得：∠EBC=∠CAD=45°，∵∠ABC=90°，∴∠ABN=180°-90°−45°=45°，∴∠ABN=∠ACM=45°，∴△ANB∽△AMC，∴∠ANB=∠AMC；②如图2，不成立，△AMN是等腰直角三角形，理由是：∵△ANB∽△AMC，∴AN AB AM AC=，∴AN AM AB AC=，∵∠NAM=∠BAC=45°，∴△NAM∽△BAC，∴∠ANM =∠ABC =90°， ∴△AMN 是等腰直角三角形. 9．【详解】（1）解：由旋转的性质得：AP=AP 1，BP=BP 2． ∵α=90°，∴△PAP 1和△PBP 2均为等腰直角三角形， ∴∠APP 1=∠BPP 2=45°，∴∠P 1PP 2=180°-∠APP 1-∠BPP 2=90°； （2）证明：由旋转的性质可知△PAP 1和△PBP 2均为顶角为α的等腰三角形， ∴∠APP 1=∠BPP 2=90°2α-， ∴∠P 1PP 2=180°-（∠APP 1+∠BPP 2）=180°-2(90°2α-)=α， 在△P 2P 1P 和△P 2PA 中，∠P 1PP 2=∠PAP 2=α， 又∵∠PP 2P 1=∠AP 2P ，∴△P 2P 1P ∽△P 2PA ， ∴12222PP P P P P P A=， ∴22122PP PP P A =⋅；（3）证明：如图，连接QB ，并过A 作1AM PP ⊥，垂足为M ，则12PAM α∠=，112PM PP =， ∵l 1，l 2分别为PB ，P 2B 的中垂线，2BP BP =，∴QP=QB ，PE=BE=BF=12BP = 又∵BQ=BQ ，90QEB QFB ∠=∠=︒，∴()Rt QEB Rt QFB HL ∆∆≌， ∴21122QPE QBE QBF P BP α∠=∠=∠=∠=， ∴12111909090222APP QPE PAM P BP αα∠+∠=︒-∠+∠=︒-∠+∠=︒， ∴190PPQ ∠=︒， ∵12QPE PAM α∠=∠=∠，90AMP PEQ ∠=∠=︒， ∴AMP PEQ ∆∆， ∴AP PM PQ QE=， 在Rt PEQ ∆中，4PQ ===，且AP=6，QE=1， ∴32AP QE AP QE PM PQ PQ ⋅⋅===，123PP PM ==， ∴1Rt PPQ ∆中，15PQ ===． 10．解：（1）∵由旋转的性质可得：∠A 1C 1B=∠ACB=45°，BC=BC 1，∴∠CC 1B=∠C 1CB=45°．∴∠CC 1A 1=∠CC 1B+∠A 1C 1B=45°+45°=90°．（2）∵由旋转的性质可得：△ABC ≌△A 1BC 1，∴BA=BA 1，BC=BC 1，∠ABC=∠A 1BC 1． ∴11BA BA BC BC =，∠ABC+∠ABC 1=∠A 1BC 1+∠ABC 1 ∴∠ABA 1=∠CBC 1．∴△ABA 1∽△CBC 1∴1122ABA CBC S AB 416S CB 525∆∆⎛⎫⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． ∵S △ABA1=4，∴S △CBC1=254． （3）过点B 作BD ⊥AC ，D 为垂足，∵△ABC 为锐角三角形，∴点D 在线段AC 上．在Rt △BCD 中，BD=BC×sin45°①如图1，当P 在AC 上运动至垂足点D ，△ABC 绕点B 旋转，使点P 的对应点P 1在线段AB 上时，EP 1最小．最小值为：EP 1=BP 1﹣BE=BD ﹣2．②如图2，当P 在AC 上运动至点C ，△ABC 绕点B 旋转，使点P 的对应点P 1在线段AB 的延长线上时，EP 1最大．最大值为：EP 1=BC+BE=5+2=7．11．【详解】（1）解：BD MF =，BD MF ⊥．延长FM 交BD 于点N ，根据旋转的性质得：AB=AM ，AD=AF ，∠BAD=∠MAF=90°∴BAD MAF ∆∆≌．∴BD MF =，ADB AFM ∠=∠．又∵DMN AMF ∠=∠，∴90ADB DMN AFM AMF ∠+∠=∠+∠=︒，∴90DNM ∠=︒，∴BD MF ⊥（2）解：如图2，①当AK FK =时，30KAF F ∠=∠=︒，则111180*********BAB B AD KAF ︒︒︒︒︒∠=-∠-∠=--=，即60β=︒；②当AF FK =时，75FAK ∠=︒，∴19015BAB FAK ∠=︒-∠=︒，即15β=︒；∴β的度数为60︒或15︒（3）如图3，由题意得矩形2PNA A ．设2A A x =，则PN x =，在222Rt A M F ∆中，∵228F M FM ==，∴224A M =，22A F =∴2AF x =．∵290PAF ∠=︒，230PF A ∠=︒，∴2tan 3043AP AF x ︒=⋅=-．∴43PD AD AP x =-=+． ∵//NP AB ，∴DNP B ∠=∠．∵D D ∠=∠，∴DPN DAB ∆∆∽． ∴PN DP AB DA=．∴44x x =，解得6x =-26A A =-答：平移的距离是(6cm -．12．【详解】解：（1）如图3，过点D 作DE ⊥BC ，垂足为E ，设BC=m ．在Rt △ABC 中，∠BAC=30°，由BC=AB ·tan30°，BC=AC ·sin30°，得AC=2m ，， ∵AC=AD ，∠CAD=2×30°=60°，∴△ACD 为等边三角形，∴∠ACD=60°，CD=AC=2m ，∴∠BCD=60°×2=120°，在Rt △DEC 中，∠DCE=180°-120°=60°，DC=2m ，∴CE=CD·cos60°=m ，DE=CE ·tan60°，∴在Rt △BED 中，，∴BD AC ，故AC ．故答案为：120°；AC ． （2）不成立，理由如下：设BC=n ，在Rt △ABC 中，∠BAC=45°，∠ABC=90°，∴BC=AB=m ，n ，∵AC=AD ，∠CAD=90°，∴△CAD 为等腰直角三角形，∴∠ACD=45°，AC= 2n ，∴∠BCD=2×45°=90°，在Rt △BCD 中，，∴BD AC ，故AC ．答案为：90°；．故结论不成立．（3）AP 或；解答如下：∵PB=PC ，∴点P 在线段BC 的垂直平分线上，∵∠BAC=∠BCP=90°，故A 、B 、C 、P 四点共圆，以线段BC 的中点为圆心构造⊙O ，如图4，图5，分类讨论如下：①当点P 在直线BC 上方时，如图4，作PM ⊥AC ，垂足为M ，设PM=x ．∵PB=PC ，∠BPC=90°，∴△PBC 为等腰直角三角形，∴∠PBC=45°，∵∠PAC=∠PBC=45°，∴△AMP 为等腰直角三角形，∴AM=PM=x ，x ，在Rt △ABC 中，AB=2，AC=4，∴PC=BC·sin45°，在Rt △PMC 中，∵∠PMC=90°，PM=x ，PC=，CM=4-x ，∴()2224x x +-=，解得：11x =，23x =（舍），∴；②当点P 在直线BC 的下方时，如图5，作PN ⊥AB 的延长线，垂足为N ，设PN=y ．同上可得△PAN 为等腰三角形，∴AN=PN=y ，∴BN=y-2，在Rt △PNB 中，∵∠PNB=90°，PN=y ，BN=y-2，，∴()2222y y +-=，解得：13y =，21y =-（舍），∴=AP 或 13．【详解】（1）如图①中，∵△DEC 绕点C 旋转点D 恰好落在AB 边上，∴AC=CD ，∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，∴△ACD 是等边三角形，∴∠ACD=60°，又∵∠CDE=∠BAC=60°，∴∠ACD=∠CDE ，∴DE ∥AC ；（2）如图②中，作DM ⊥BC 于M ，AN ⊥EC 交EC 的延长线于N ．∵△DEC 是由△ABC 绕点C 旋转得到∴BC=CE ，AC=CD ，∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，∴∠ACN=∠DCM ，在△ACN 和△DCM 中，90ACN DCM CMD N AC CD ∠∠⎧⎪∠∠︒⎨⎪⎩＝＝＝＝，∴△ACN ≌△DCM （AAS ），∴AN=DM ，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S △BDC =S △AEC ．（3）如图③中，作CH ⊥AD 于H ．∵，∵B ，A ，E 共线，∴∠BAC+∠EAC=180°，∴∠EAC=120°，∵∠EDC=60°，∴∠EAC+∠EDC=180°，∴A ，E ，D ，C 四点共圆，∴∠CAD=∠CED=30°，∠BAD=90°，∵CA=CD ，CH ⊥AD ，AC=CD=12AB=2∴∴，∴BD ===（4）如图①中，设DE 交BC 于T ．因为含有30°的直角三角形的三边之比为12，由（1）可知△BDT ，△DCT ，△ECT 都是含有30°的直角三角形，∴△BDT ，△DCT ，△ECT 符合条件．14．【详解】（1）①如图1，∵把ABE △绕点A 逆时针旋转90︒至ADG ，使AB 与AD 重合，∴AE AG =，BAE DAG ∠=∠，BE DG =∵90BAD ∠=︒，45EAF ∠=︒，∴45BAE DAF ∠+∠=︒，∴45DAG DAF ∠+∠=︒，即45EAF GAF ∠=∠=︒，在EAF △和GAF 中AF AF EAF GAF AE AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()EAF GAF SAS ≌，∴EF GF =，∵BE DG =，∴EF GF BE DF ==+；②180B D ∠+∠=︒，理由是：把ABE △绕A 点旋转到ADG ，使AB 和AD 重合，则AE AG =，B ADG ∠=∠，BAE DAG ∠=∠，∵180B ADC ︒∠+∠=，∴180ADC ADG ∠+∠=︒，∴C ，D ，G 在一条直线上，和①知求法类似，45EAF GAF ∠=∠=︒，在EAF △和GAF 中AF AF EAF GAF AE AG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴()EAF GAF SAS △≌△，∴EF GF =，∵BE DG =，∴EF GF BE DF ==+；故答案为：180B D ∠+∠=︒（2）∵ABC中，AB AC ==90BAC ∠=∴45ABC C ∠=∠=︒，由勾股定理得：4BC === ，把AEC 绕A 点旋转到AFB △,使AB 和AC 重合，连接DF ．则AF AE =，45FBA C ∠=∠=︒，BAF CAE ∠=∠，∵45DAE ∠=︒，∴904545FAD FAB BAD CAE BAD BAC DAE ∠=∠+∠=∠+∠=∠-∠=︒-︒=︒， ∴45FAD DAE ∠=∠=︒，在FAD △和EAD 中AD AD FAD EAD AF AE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴FAD EAD △≌△，∴DF DE =，设DE x =，则DF x =，∵1BC =，∴413BF CE x x ==--=-，∵45FBA ∠=︒，45ABC ∠=︒，∴90FBD ∠=︒，由勾股定理得：222DF BF BD =+，。

专题13 与角相关的旋转（翻折）问题专项讲练与角有关的旋转（翻折）问题属于人教版七年级上期必考压轴题型，是尖子生必须要攻克的一块重要内容，对考生的综合素养要求较高。

绝大部分学生对角度旋转问题信心不足，原因就是很多角度旋转问题需要自己画出图形，与分类讨论思想、数形结合思想等结合得很紧密，思考性强，难度大。

本专题重点研究与角有关的旋转问题（求值问题；定值问题；探究问题；分类讨论问题）和与角有关的翻折问题。

【与角相关的旋转问题】【解题技巧】1、角度旋转问题解题步骤：①找——根据题意找到目标角度；②表——表示出目标角度：1）角度一边动另一边不动，角度变大：目标角=起始角+速度×时间；2）角度一边动另一边不动，角度变小：目标角=起始角—速度×时间；3）角度一边动另一边不动，角度先变小后变大：变小：目标角=起始角—速度×时间；变大：目标角=速度×时间—起始角③列——根据题意列方程求解。

注：①注意题中是否确定旋转方向，未确定时要分顺时针与逆时针分类讨论；②注意旋转角度取值范围。

常见的三角板旋转的问题：三角板有两种，一种是等腰直角三角板(90°、45°、45°)，另一种是特殊角的直角三角板(90°、60°、30°)。

三角板的旋转中隐藏的条件就是上面所说的这几个特殊角的角度。

总之不管这个角如何旋转，它的角度大小是不变的，旋转的度数就是组成角的两条射线旋转的度数（角平分线也旋转了同样的度数）。

抓住这些等量关系是解题的关键，三角板只是把具体的度数隐藏了起来。

【重要题型】题型1：求值问题例1．（2022·江苏·七年级期中）已知∠AOB和∠COD均为锐角，∠AOB＞∠COD，OP平分∠AOC，OQ平分∠BOD，将∠COD绕着点O逆时针旋转，使∠BOC=α（0≤α＜180°）（1）若∠AOB=60°，∠COD=40°，①当α=0°时，如图1，则∠POQ= ；②当α=80°时，如图2，求∠POQ 的度数；③当α=130°时，如图3，请先补全图形，然后求出∠POQ的度数；（2）若∠AOB=m°，∠COD=n°，m＞n，则∠POQ= ，（请用含m、n的代数式表示）．【答案】（1）①50°；②50°；③130°；（2）12m °+12n °或180°-12m °-12n °【分析】（1）根据角的和差和角平分线的定义即可得到结论；（2）根据角的和差和角平分线的定义即可得到结论．【详解】解：（1）①∵∠AOB =60°，∠COD =40°，OP 平分∠AOC ，OQ 平分∠BOD ，∴∠BOP =12∠AOB =30°，∠BOQ =12∠COD =20°，∴∠POQ =50°，故答案为：50°；②解：∵∠AOB =60°，∠BOC =α=80°，∴∠AOC =140°，∵OP 平分∠AOC ，∴∠POC =12∠AOC =70°，∵∠COD =40°，∠BOC =α=80°，且OQ 平分∠BOD ，同理可求∠DOQ =60°，∴∠COQ =∠DOQ -∠DOC =20°，∴∠POQ =∠POC -∠COQ =70°-20°=50°；③解：补全图形如图3所示，∵∠AOB =60°，∠BOC =α=130°，∴∠AOC =360°-60°-130°=170°，∵OP 平分∠AOC ，∴∠POC =12∠AOC =85°，∵∠COD =40°，∠BOC =α=130°，且OQ 平分∠BOD ，同理可求∠DOQ =85°，∴∠COQ =∠DOQ -∠DOC =85°-40°=45°，∴∠POQ =∠POC +∠COQ =85°+45°=130°；（2）当∠AOB =m °，∠COD =n °时，如图2，∴∠AOC = m °+ a °，∵OP 平分∠AOC ，∴∠POC =12(m °+ a °)，同理可求∠DOQ =12(n °+ a °)，∴∠COQ =∠DOQ -∠DOC =12(n °+ a °)- n °=12(-n °+ a °)，∴∠POQ =∠POC -∠COQ =12(m °+ a °)-12(-n °+ a °) =12m °+12n °，当∠AOB =m °，∠COD =n °时，如图3，∵∠AOB =m °，∠BOC =α，∴∠AOC =360°-m °-a °，∵OP 平分∠AOC ，∴∠POC =12∠AOC =180°12-(m °+ a °)，∵∠COD =n °，∠BOC =α，且OQ 平分∠BOD ，同理可求∠DOQ =12(n °+ a °)，∴∠COQ =∠DOQ -∠DOC =12(n °+ a °)-n °=12(-n °+ a °)，∴∠POQ =∠POC +∠COQ =180°12-(m °+ a °)+12(-n °+ a °) =180°-12m °-12n °，综上所述，若∠AOB =m °，∠COD =n °，则∠POQ =12m °+12n °或180°-12m °-12n °．故答案为：12m °+12n °或180°-12m °-12n °．【点睛】本题考查了角的计算，角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键．变式1．（2022•高新区期末）已知∠AOB ＝90°，∠COD ＝60°，按如图1所示摆放，将OA 、OC 边重合在直线MN 上，OB 、OD 边在直线MN 的两侧：（1）保持∠AOB 不动，将∠COD 绕点O 旋转至如图2所示的位置，则①∠AOC +∠BOD ＝ ；②∠BOC ﹣∠AOD ＝ ．（2）若∠COD按每分钟5°的速度绕点O逆时针方向旋转，∠AOB按每分钟2°的速度也绕点O逆时针方向旋转，OC旋转到射线ON上时都停止运动，设旋转t分钟，计算∠MOC﹣∠AOD（用t的代数式表示）．（3）保持∠AOB不动，将∠COD绕点O逆时针方向旋转n°（n≤360），若射线OE平分∠AOC，射线OF平分∠BOD，求∠EOF的大小．【解题思路】（1）①将∠AOC+∠BOD拆分、转化为∠COD+∠AOB即可得；②依据∠BOC＝∠AOB﹣∠AOC、∠AOD＝∠COD﹣∠AOC，将原式拆分、转化为∠AOB﹣∠COD计算可得；（2）设运动时间为t秒，0＜t≤36，∠MOC＝（5t）°，只需表示出∠AOD即可得出答案，而∠AOD在OD与OA相遇前、后表达式不同，故需分OD与OA相遇前后即0＜t≤20和20＜t≤36两种情况求解；（3）设OC绕点O逆时针旋转n°，则OD也绕点O逆时针旋转n°，再分①射线OE、OF在射线OB同侧，在直线MN同侧；②射线OE、OF在射线OB异侧，在直线MN同侧；③射线OE、OF在射线OB异侧，在直线MN异侧；④射线OE、OF在射线OB同侧，在直线MN异侧；四种情况分别求解．【解答过程】解：（1）①∠AOC+∠BOD＝∠AOC+∠AOD+∠AOB＝∠COD+∠AOB＝60°+90°＝150°；②∠BOC﹣∠AOD＝（∠AOB﹣∠AOC）﹣（∠COD﹣∠AOC）＝∠AOB﹣∠AOC﹣∠COD+∠AOC＝∠AOB﹣∠COD＝90°﹣60°＝30°；故答案为：150°、30°；（2）设运动时间为t秒，0＜t≤36，∠MOC＝（5t）°，①0＜t≤20时，OD与OA相遇前，∠AOD＝（60+2t﹣5t）°＝（60﹣3t）°，∴∠MOC﹣∠AOD＝（8t﹣60）°；②20＜t≤36时，OD与OA相遇后，∠AOD＝[5t﹣（60+2t）]°＝（3t﹣60）°，∴∠MOC﹣∠AOD＝（2t+60）°；（3）设OC 绕点O 逆时针旋转n °，则OD 也绕点O 逆时针旋转n °，①0＜n °≤150°时，如图4，射线OE 、OF 在射线OB 同侧，在直线MN 同侧，∵∠BOF =12[90°﹣（n ﹣60°）]=12（150﹣n ）°，∠BOE ＝（90−12n ）°=12（180﹣n ）°，∴∠EOF ＝∠BOE ﹣∠BOF ＝15°；②150°＜n °≤180°时，如图5，射线OE 、OF 在射线OB 异侧，在直线MN 同侧，∵∠BOF =12(n−150)°，∠BOE ＝（90−12n ）°=12（180﹣n ）°，∴∠EOF ＝∠BOE +∠BOF ＝15°；③180°＜n °≤330°时，如图6，射线OE 、OF 在射线OB 异侧，在直线MN 异侧，∵∠DOF =12(n−150)°，∠COE =12(360−n)°，∴∠EOF ＝∠DOF +∠COD +∠COE ＝165°；④330°＜n °≤360°时，如图7，射线OE 、OF 在射线OB 同侧，在直线MN 异侧，∵∠DOF =12[360﹣（n ﹣150）]°=12（510﹣n ）°，∠COE =12(360−n)°，∴∠EOF ＝∠DOF ﹣∠COD ﹣∠COE ＝15°；综上，∠EOF ＝15°或165°．变式2.（2022•浙江七年级期中）如图1，O 为直线AB 上一点，过点O 作射线OC ，30AOC Ð=°，将一直角三角板（30M Ð=°）的直角顶点放在点O 处，一边ON 在射线OA 上，另一边OM 与OC 都在直线AB 的上方．（注：本题旋转角度最多180°．）（1）将图1中的三角板绕点O 以每秒3°的速度沿顺时针方向旋转．如图2，经过t 秒后，AON Ð=______度（用含t 的式子表示），若OM 恰好平分BOC Ð，则t =______秒（直接写结果）．（2）在（1）问的基础上，若三角板在转动的同时，射线OC 也绕O 点以每秒6°的速度沿顺时针方向旋转，如图3，经过t 秒后，AOC Ð=______度（用含t 的式子表示）若OC 平分MON Ð，求t 为多少秒？（3）若（2）问的条件不变，那么经过秒OC 平分BOM Ð？（直接写结果）【答案】（1）3t ，5；（2）306t +，5；（3）经过703秒OC 平分BOM Ð【解析】（1）3AON t Ð=，∵30AOC Ð=°，∴150BOC Ð=°∵OM 平分BOC Ð，90MON Ð=°，∴75COM Ð=°，∴15CON Ð=°∴301515AON AOC CON Ð=Ð-Ð=-=°°°，解得：1535t =¸=°°秒（2）()306AOC t Ð=+度∵90MON Ð=°，OC 平分MON Ð，∴45CON COM Ð=Ð=°∴45AOC AON CON Ð-Ð=Ð=°，∴306345t t +-=解得：5t =秒（3）如图：∵90AON BOM Ð+Ð=°，BOC COMÐ=Ð由题可设AON Ð为3t ，AOC Ð为()306t +°，∴()19032COM BOC t Ð=Ð=-°∵180BOC AOC Ð+Ð=°，()()130********t t ++-=，解得：703t =秒答：经过703秒OC 平分BOM Ð．题型2：定值问题（角度不变问题）例2．（2022·江苏南京·七年级期末）如图，两条直线AB ，CD 相交于点O ，且∠AOC ＝∠AOD ，射线OM 从OB 开始绕O 点逆时针方向旋转，速度为15°/s ，射线ON 同时从OD 开始绕O 点顺时针方向旋转，速度为12°/s ，运动时间为t 秒（0＜t ＜12，本题出现的角均小于平角）（1）图中一定有 个直角；当t＝2时，∠MON的度数为 ，∠BON的度数为 ；（2）若OE平分∠COM，OF平分∠NOD，当∠EOF为直角时，请求出t的值；（3）当射线OM在∠COB内部，且7COM2BONMONÐ+ÐÐ是定值时，求t的取值范围，并求出这个定值．变式1．（2022•渝中区七年级期中）如图1，∠AOB＝40°，∠COD＝60°，OM、ON分别为∠AOB和∠BOD的角平分线．（1）若∠MON＝70°，则∠BOC＝ °；（2）如图2，∠COD从第（1）问中的位置出发，绕点O 逆时针以每秒4°的速度旋转；当OC与OA重合时，∠COD立即反向绕点O顺时针以每秒6°的速度旋转，直到OC与OA互为反向延长线时停止运动．整个运动过程中，∠COD的大小不变，OC旋转后的对应射线记为OC′，OD旋转后的对应射线记为OD′，∠BOD′的角平分线记为ON′，∠AOD′的角平分线记为OP．设运动时间为t秒．①当OC′平分∠BON′时，求出对应的t的值；②请问在整个运动过程中，是否存在某个时间段使得|∠BOP﹣∠MON′|的值不变？若存在，请直接写出这个定值及其对应的t的取值范围（包含运动的起止时间）；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）根据角平分线的定义结合图形根据已知条件求角的大小；（2）①分类讨论顺时针、逆时针转两种情况，根据角平分线的定义用t 表示出角的度数，列出等量关系式求出t ；②分类讨论顺时针、逆时针转两种情况，当C ′在B 下方时，当C ′在B 上方时，根据角平分线的定义用t 表示出角的度数，求在某个时间段使得|∠BOP ﹣∠MON ′|的值不变，求出这个定值及其对应的t 的取值范围．【解答过程】解：（1）∵OM 为∠AOB 的角平分线、∠AOB ＝40°，∴∠MOB ＝20°．∵∠MON ＝70°，∴∠BON ＝∠MON ﹣∠MOB ＝50°．∵ON 为∠BOD 的角平分线，∴∠BON ＝∠DON ＝50°．∴∠CON ＝∠COD ﹣∠DON ＝10°∴∠BOC ＝∠DON ﹣∠CON ＝40°．故答案为：40°．（2）如图①：①逆时针旋转时：当C ′在B 上方时，根据题意可知，∠BOC ′＝40°﹣4t ，∠BOD ′＝∠BOD ﹣4t ＝100°﹣4t ．∠BON ′=12∠BOD ′=12(100°−4t)=50°﹣2t ，∵OC ′平分∠BON ′，∴∠BOC ′=12∠BON′，即40°﹣4t =12（50°﹣2t ），解得：t ＝5（s ）．当C ′在B 下方时，此时C ′也在N ′下方，此时不存在OC ′平分∠BON ′．顺时针旋转时：如图②，同理当C ′在B 下方时，此时C ′也在N ′下方，此时不存在OC ′平分∠BON ′．当C ′在B 上方时，即OC ′与OB 重合，由题意可求OC ′与OB 重合用的时间＝∠AOC ÷4+∠AOB ÷6＝（∠AOB +∠BOC ）÷4+∠AOB ÷6=803（s ）．∴OC ′与OB 重合之后，∠BOC ′＝6（t −803）（s ）．∴∠BOD ′＝∠BOC ′+60°＝6（t −803）+60°＝6t ﹣100°．∴∠BON ′=12∠BOD′=12（6t ﹣100°）＝3t ﹣50°，∵OC ′平分∠BON ′，∴∠BOC ′=12∠BON′，∴6（t −803）=12（3t ﹣50°），解得：t ＝30（s ）综上所述t 的值为5或30．②逆时针旋转时：当C ′在B 上方时，如图③根据①可知，∠BOC ′＝40°﹣4t ，∠BOD ′＝100°﹣4t ，∠BON ′＝50°﹣2t ．∴∠AOD ′＝∠AOB +∠BOD ′＝140°﹣4t ，∴∠AOP =12∠AOD′=12∠(140°−4t)=70°﹣2t ，∴∠BOP ＝∠AOP ﹣∠AOB ＝30°﹣2t ，∵∠MON ′＝∠MOB +∠BON ′＝70°﹣2t ，∴|∠BOP ﹣∠MON ′|＝|30°﹣2t ﹣70°+2t |＝40°，此段时间0≤t ≤10s ；如图④当C ′在B 下方时，设经过OB 后运动时间为t 2，同理可知，∠BOC ′＝4t 2，∠BOD ′＝60°﹣4t 2，∴∠MON′=12∠BON′=30−2t 2，∴∠AOD ′＝∠AOB +∠BOD ′＝100°﹣4t 2，∴∠AOP =12∠AOD′=50°−2t 2，∴∠BOP ＝∠AOP ﹣∠AOB ＝10°﹣2t 2，∵∠MON ′＝∠MOB +∠BON ′＝50°﹣2t 2，∴|∠BOP﹣∠MON′|＝|10°﹣2t2﹣50°+2t2|＝40°．此时：10＜t≤20；顺时针旋转时：当C′在B下方时，如图⑤，设经过OB后运动时间为t1，同理可知：∠BOC′＝40°﹣6t1，∠BOD′＝20°+6t1，∴∠BON′=12∠BOD′=10°+3t1，∴∠AOD′＝60°+6t1，∠AOP＝30°+3t1，∴∠BOP＝∠AOP﹣∠AOB＝3t1﹣10°，∵∠MON′＝∠MOB+∠BON′＝30°﹣3t1，∴|∠BOP﹣∠MON′|＝|3t1﹣10°﹣30°﹣3t1|＝40°，此时：20＜t≤803；当C′在B上方时，如图⑥，设经过OB后运动时间为t3，同理可知：，∠BOC′＝60°+6t3，∠BOD′＝100°+6t3，∴∠BON′=12∠BON′=50°+3t3，∴∠AOD′＝140°+6t3，∴∠AOP＝70°+3t3，∴∠BOP＝∠AOP﹣∠AOB＝30°+3t3，∵∠MON′＝∠MOB+∠BON′＝70°+3t3，∴|∠BOP﹣∠MON′|＝|30°+3t3﹣70°﹣3t3|＝40°，此时：803＜t≤50．综上所述：存在且定值为40°，0≤t≤50．变式2．（2022•碑林区七年级开学）如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠BOC＝120°，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．（1）将图1中的三角板绕点O逆时针旋转至图2，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，问：直线ON是否平分∠AOC？请直接写出结论：直线ON　平分　（平分或不平分）∠AOC．（2）将图1中的三角板绕点O按每秒6°的速度沿逆时针方向旋转一周，在旋转的过程中，第t秒时，直线ON恰好平分锐角∠AOC，则t的值为　10或40　．（直接写出结果）（3）将图1中的三角板绕点O顺时针旋转，请探究，当ON始终在∠AOC的内部时（如图3），∠AOM与∠NOC的差是否发生变化？若不变，请求出这个差值；若变化，请举例说明．【解题思路】（1）设ON的反向延长线为OD，由角平分线的性质和对顶角的性质可求得∠BON＝∠AOD＝∠COD＝30°；（2）由直线ON恰好平分锐角∠AOC可知旋转60°或240°时直线ON平分∠AOC，根据旋转速度可求得需要的时间；（3）由∠MON＝90°，∠AOC＝60°，可知∠AOM＝90°﹣∠AON、∠NOC＝60°﹣∠AON，最后求得两角的差，从而可做出判断．【解答过程】解：（1）直线ON平分∠AOC．理由如下：设ON的反向延长线为OD，∵OM平分∠BOC，∠BOC＝120°，∠BOC＝60°，∴∠MOC＝∠MOB=12又∠MOD＝∠MON＝90°，∴∠COD＝90°﹣∠MOC＝30°，∵∠AOC＝180°﹣∠BOC＝60°，∠AOC，∴OD平分∠AOC，∴∠COD=12即直线ON平分∠AOC，故答案为：平分；（2）∵∠BOC＝120°，∴∠AOC＝60°．∴∠BON＝∠COD＝30°．即旋转60°或240°时直线ON平分∠AOC．由题意得，6t＝60或240．解得：t＝10或40，故答案为：10或40；（3）∠AOM﹣∠NOC的差不变．∵∠MON＝90°，∠AOC＝60°，∴∠AOM＝90°﹣∠AON、∠NOC＝60°﹣∠AON．∴∠AOM﹣∠NOC＝（90°﹣∠AON）﹣（60°﹣∠AON）＝30°．∴∠AOM与∠NOC的差不变，这个差值是30°．题型3：探究类问题（判断角的数量之间的关系）例3．（2022·四川·成都市七年级期末）如图所示：点P是直线AB上一点，∠CPD是直角，PE平分∠BPC．（1）如图1，若∠APC=40°，求∠DPE的度数；（2）如图1，若∠APC=a，直接写出∠DPE的度数（用含a的代数式表示）；（3）保持题目条件不变，将图1中的∠CPD按顺时针方向旋转至图2所示的位置，探究∠APC和∠DPE的度数之间的关系，写出你的结论，并说明理由．变式1．（2022·广东七年级期中）如图（a），将两块直角三角尺的直角顶点C叠放在一起．（1）若∠DCE=25°，∠ACB等于多少；若∠ACB=130°，则∠DCE等于多少；（2）猜想∠ACB与∠DCE的大小有何特殊关系，并说明理由；（3）如图（b），若是两个同样的三角尺60°锐角的顶点A重合在一起，则∠DAB与∠CAE的大小有何关系，请说明理由；（4）已知∠AOB=α，∠COD=β（α、β都是锐角），如图（c），若把它们的顶点O重合在一起，则∠AOD与∠BOC的大小有何关系，请说明理由．【答案】（1）∠ACB=155°；∠DCE=50°；（2）∠ACB+∠DCE=180°，理由见解析；（3）∠DAB+∠CAE=120°，理由见解析；（4）∠AOD+∠BOC=α+β，理由见解析．【分析】（1）先求出∠BCD，再代入∠ACB=∠ACD+∠BCD求出即可；先求出∠BCD，再代入∠DCE=∠BCE﹣∠BCD求出即可；（2）根据∠ACB=∠ACE+∠DCE+∠DCE求出即可；（3）根据∠DAB=∠DAE+∠CAE+∠CAB求出即可；（4）根据∠AOD=∠AOC+∠COB+∠BOD求出即可．【详解】解：(1)∵∠BCE=90°，∠DCE=25°，∴∠BCD=∠BCE﹣∠DCE=65°，∵∠ACD=90°，∴∠ACB=∠ACD+∠BCD=90°+65°=155°；∵∠ACB=130°，∠ACD=90°，∴∠BCD=∠ACB﹣∠ACD=130°﹣90°=40°，∵∠BCE=90°，∴∠DCE=∠BCE﹣∠BCD=90°﹣40°=50°，故答案为：155°，50°；（2）∠ACB+∠DCE=180°，理由如下：∵∠ACB=∠ACE+∠DCE+∠DCE，∴∠ACB+∠DCE=∠ACE+∠DCE+∠DCE+∠DCE=∠ACD+∠BCE=180°；（3）∠DAB+∠CAE=120°，理由如下：∵∠DAB=∠DAE+∠CAE+∠CAB，∴∠DAB+∠CAE=∠DAE+∠CAE+∠CAB+∠CAE=∠DAC+∠BAE=120°；（4）∠AOD+∠BOC=α+β，理由如下：∵∠AOD=∠AOC+∠COB+∠BOD，∴∠AOD+∠BOC=∠AOC+∠COB+∠BOD+∠BOC=∠AOB+∠COD=α+β．【点睛】本题考查了角的运算，理解角的和差运算是解题的关键．变式2．（2022•喀喇沁旗七年级期中）如图1，点O为直线AB上一点，过点O作射线OC，使∠BOC＝120°，将一直角三角板的直角顶点放在点O处，一边OM在射线OB上，另一边ON在直线AB的下方．（1）将图1中的三角板绕点O逆时针旋转至图2，使点N在OC的反向延长线上，请直接写出图中∠MOB 的度数；（2）将图1中的三角板绕点O顺时针旋转至图3，使一边OM在∠BOC的内部，且恰好平分∠BOC，求∠CON的度数；（3）将图1中的三角尺绕点O顺时针旋转至图4，使ON在∠AOC内部，请探究∠AOM 与∠NOC 之间的数量关系，并说明理由．【解题思路】（1）根据对顶角求出∠BON ，代入∠BOM ＝∠MON ﹣∠BON 求出即可；（2）求出∠BOC ＝120°，根据角平分线定义请求出∠COM ＝∠BOM ＝60°，代入∠CON ＝∠MON +∠COM 求出即可；（3）用∠AOM 和∠CON 表示出∠AON ，然后列出方程整理即可得解．【解答过程】解：（1）如图2，∵∠AOC ＝60°，∴∠BON ＝∠AOC ＝60°，∵∠MON ＝90°，∴∠BOM ＝∠MON ﹣∠BON ＝30°，故答案为：30°；（2）∵∠AOC ＝60°，∴∠BOC ＝180°﹣∠AOC ＝120°，∵OM 平分∠BOC ，∴∠COM ＝∠BOM ＝60°，∵∠MON ＝90°，∴∠CON ＝∠MON +∠COM ＝90°+60°＝150°；（3）∠AOM ﹣∠NOC ＝30°，理由是：∵∠MON ＝90°，∠AOC ＝60°，∴∠AON ＝90°﹣∠AOM ，∠AON ＝60°﹣∠NOC ，∴90°﹣∠AOM ＝60°﹣∠NOC ，∴∠AOM ﹣∠NOC ＝30°，故∠AOM 与∠NOC 之间的数量关系为：∠AOM ﹣∠NOC ＝30°．题型4：分类讨论问题例4．（2022·成都市七中育才学校七年级月考）一副三角板（直角三角板OAB 和直角三角板OCD ）如图1所示放置，两个顶点重合于点O ，OC 与OB 重合，且60AOB Ð=°，30A Ð=°，45OCD ODC Ð=Ð=°，90COD ABO Ð=Ð=°．将三角板OCD 绕着点O 逆时针旋转一周，旋转过程中，OE 平分BOC Ð，OF 平分AOD Ð，（AOD Ð和BOC Ð均是指小于180°的角）探究EOF Ð的度数．（1）当三角板OCD 绕点O 旋转至如图2的位置时，OB 与OD 重合，AOC Ð=______°，EOF Ð=______°．（2）三角板OCD 绕点O 旋转过程中，EOF Ð的度数还有其他可能吗？如果有，请研究证明结论，若没有，请说明理由．（3）类比拓展：当COD Ð的度数为a ()0180a °<<°时，其他条件不变，在旋转过程中，请直接写出EOF Ð的度数．（用含a 的式子来表示）【答案】（1）150；75 （2）有，105° （3）1302EOF a =°+或11502a °-【分析】（1）利用两个角的和的定义,角的平分线的定义计算即可； （2）利用分类思想， 确定不同方式计算即可；（3）利用特殊与一般的思想，分类将问题抽象即可．【详解】（1）如图，由OB 与OD 重合，∵60AOB Ð=°，90COD BOC Ð=Ð=°，∴6090150AOC AOB BOC Ð=Ð+Ð=°+°=°．又∵OE 平分BOC Ð，OF 平分AOD Ð，∴1452BOE BOC Ð=Ð=°，1302DOF AOD Ð=Ð=°，∴453075EOF BOE EOF Ð=Ð+Ð=°+°=°．故答案为：150°；75°；（2）如图，∵OE 平分BOC Ð，OF 平分AOD Ð，∴12BOE BOC Ð=Ð()12AOC AOB =Ð+Ð()1602AOC =Ð+°1302AOC =Ð+°()13602COD AOD =°-Ð-Ð+30°()1360902AOC =°-°-Ð+30°()12702AOD =°-Ð+30°11652AOD =°-Ð．∴EOF BOE AOF AOB Ð=Ð+Ð-Ð，∴111656010522EOF AOD AOD Ð=Ð+°-Ð-°=°．（3）如图，∵OE 平分BOC Ð，OF 平分AOD Ð，∴12BOE BOC Ð=Ð()12AOC AOB =Ð+Ð()1602AOC =Ð+°1302AOC =Ð+°，()1111++2222AOF AOD COD AOC AOC a Ð=Ð=ÐÐ=Ð，∴EOF AOF AOB BOE Ð=Ð+Ð-Ð=11+22AOC a Ð+60°-1-302AOC а=1302a °+；如图，∵OE 平分BOC Ð，OF 平分AOD Ð，∴12BOE BOC Ð=Ð()12AOC AOB =Ð+Ð()1602AOC =Ð+°1302AOC =Ð+°，()()1111136036018022222AOF AOD COD AOC AOC AOC a a Ð=Ð=°-Ð-Ð=°--Ð=°--Ð∴EOF BOE AOF AOB Ð=Ð+Ð-Ð111130180601502222AOC AOC a a =Ð+°+°--Ð-°=°-．综上所述，1302EOF a Ð=°+或11502a °-．【点睛】本题考查了两个角的和，角的平分线，周角的定义，灵活运用分类思想，角的平分线定义，角的和，差定义计算是解题的关键．变式1.（2022•广东七年级期末）如图（1），∠BOC 和∠AOB 都是锐角，射线OB 在∠AOC 内部，AOB a Ð=，BOC b Ð=．（本题所涉及的角都是小于180°的角）(1)如图（2），OM 平分∠BOC ，ON 平分∠AOC ，填空：①当40a =°，70b =°时，COM Ð=______，CON Ð=______，MON Ð=______；②MON Ð=______（用含有a 或b 的代数式表示）．(2)如图（3），P 为∠AOB 内任意一点，直线PQ 过点O ，点Q 在∠AOB 外部：①当OM 平分∠POB ，ON 平分∠POA ，∠MON 的度数为______；②当OM 平分∠QOB ，ON 平分∠QOA ，∠MON 的度数为______；（∠MON 的度数用含有a 或b 的代数式表示）(3)如图（4），当40a =°，70b =°时，射线OP 从OC 处以5°/分的速度绕点O 开始逆时针旋转一周，同时射线OQ 从OB 处以相同的速度绕点O 逆时针也旋转一周，OM 平分∠POQ ，ON 平分∠POA ，那么多少分钟时，∠MON 的度数是40°？【答案】(1)135,55,20,2°°°a ；(2)12a ，11802a °-；(3)48分钟时，∠MON 的度数是40°【解析】(1)①Q OM 平分∠BOC ，ON 平分∠AOC ，当40a =°，70b =°时，COM Ð=113522BOC Ð=b =°，CON Ð=()111()55222AOC AOB BOC Ð=Ð+Ð=a +b =°，MON Ð=()11120222CON COM a b b a Ð-=+-==°②MON Ð()111222CON COM =Ð-=a +b -b =a ，故答案为：135,55,20,2°°°a (2)①Q OM 平分∠POB ，ON 平分∠POA ，\()12MON POB POA Ð=Ð+Ð 1122AOB =Ð=a ②Q OM 平分∠QOB ，ON 平分∠QOA ，\()12MON BOQ QOA Ð=Ð+Ð()1136018022AOB =°-Ð=°-a 故答案为：12a ，11802a °-(3)根据题意POQ BOC Ð=Ð=bQ OM 平分∠POQ ，113522POM POQ \Ð=Ð=b =°如图，当OP 在AOB Ð的外部时，Q MON 的度数是40°MON PON POM Ð=Ð+Q 5PON \Ð=°Q ON 平分∠POA ，210POA PON \Ð=Ð=°，120POC \Ð=°，则OP 旋转了360120240°-°=°240548\¸=分，即48分钟时，∠MON 的度数是40°如图，OP 在AOB Ð的内部时，MON POM PON Ð=Ð-ÐQ 即4035PON °=°-Ð5PON \Ð=-°此情况不存在，综上所述，48分钟时，∠MON 的度数是40°变式2．（2022·成都市七年级阶段练习）定义：从一个角的顶点出发，在角的内部引两条射线，如果这两条射线所成的角等于这个角的一半，那么这两条射线所成的角叫做这个角的内半角，如图1，若12COD AOB Ð=Ð，则COD Ð是ACB Ð的内半角．（1）如图1，已知80AOB °Ð=，25AOC °Ð=，COD Ð是AOB Ð的内半角，则BOD Ð=________；（2）如图2，已知68AOB °Ð=，将AOB Ð绕点O 按顺时针方向旋转一个角度()060a a °<<得COD Ð，当旋转的角度a 为何值时，COB Ð是AOD Ð的内半角；（3）已知30AOB °Ð=，把一块含有30°角的三角板如图3叠放，将三角板绕顶点O 以3度/秒的速度按顺时针方向旋转（如图4），问：在旋转一周的过程中，射线OA ，OB ，OC ，OD 能否构成内半角？若能，请求出旋转的时间；若不能，请说明理由．如图2，∵BOC Ð是AOD Ð的内半角，AOC BOD a Ð=Ð=，如图4，∵AOD Ð是BOC Ð的内半角，360AOC BOD a Ð=Ð=-，【折叠（翻折）问题】【解题技巧】折叠前后对应角、对应边相等；出现角的比值或无角的具体度数却求度数常设x 列方程。

初中数学最值问题专题4 费马点中三线段模型与最值问题【专题说明】费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距高之和最短的点。

主要分为两种情况：（1）当三角形三个内角都小于120°的三角形，通常将某三角形绕点旋转60度，从而将“不等三爪图”中三条线段转化在同一条直线上，利用两点之间线段最短解决问题。

（2）当三角形有一个内角大于120°时，费马点就是此内角的顶点.费马点问题解题的核心技巧：旋转60° 构造等边三角形将“不等三爪图”中三条线段转化至同一直线上利用两点之间线段最短求解问题【模型展示】问题：在△ABC内找一点P，使得P A+PB+PC最小．APB C【分析】在之前的最值问题中，我们解决的依据有：两点之间线段最短、点到直线的连线中垂线段最短、作对称化折线段为直线段、确定动点轨迹求最值等．（1）如图，分别以△ABC中的AB、AC为边，作等边△ABD、等边△ACE．（2）连接CD、BE，即有一组手拉手全等：△ADC≌△ABE．（3）记CD、BE交点为P，点P即为费马点．（到这一步其实就可以了）（4）以BC为边作等边△BCF，连接AF，必过点P，有∠P AB=∠BPC=∠CP A=120°．在图三的模型里有结论：（1）∠BPD=60°；（2）连接AP，AP平分∠DPE．有这两个结论便足以说明∠P AB=∠BPC=∠CP A=120°．原来在“手拉手全等”就已经见过了呀，只是相逢何必曾相识！【例题】1、如图，四边形ABCD 是菱形，AB =4，且∠ABC =∠ABE =60°，G 为对角线BD （不含B 点）上任意一点，将∠ABG 绕点B 逆时针旋转60°得到∠EBF ，当AG +BG +CG 取最小值时EF 的长（ ）A ．B ．C ．D ．2、如图，将ABC ∆绕点A 逆时针旋转60°得到ADE ∆，DE 与BC 交于点P ，可推出结论：PA PC PE +=问题解决：如图，在MNG ∆中，6MN =，75M ∠=︒，MG =O 是MNG ∆内一点，则点O 到MNG ∆三个顶点的距离和的最小值是___________3、如图，四边形ABCD是菱形，A B=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________．4、如图，∠ABC中，∠BAC＝30°且AB＝AC，P是底边上的高AH上一点．若AP+BP+CP的最小值为，则BC＝_____．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 .∠ 求证：∠AMB ∠∠ENB ；∠ ∠当M 点在何处时，AM ＋CM 的值最小；∠当M 点在何处时，AM ＋BM ＋CM 的值最小，并说明理由； ∠ 当AM ＋BM ＋CM 的最小值为13 时，求正方形的边长.EA DB CNMF EA DB CNM6、在正方形ABCD中，点E为对角线AC（不含点A）上任意一点，AB=（1）如图1，将∠ADE绕点D逆时针旋转90°得到∠DCF，连接EF；∠把图形补充完整（无需写画法）；∠求2EF的取值范围；(2)如图2，求BE+AE+DE的最小值．专题4 费马点中三线段模型与最值问题答案【专题说明】费马点”是指位于三角形内且到三角形三个顶点距高之和最短的点。