专题13 旋转中的全等模型（解析版）.docx

1、专题13 旋转中的全等模型（解析版）类型一 对角互补模型（1）正方形中的半角模型1（2021春平阴县期末）如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且EAF45，将ADF绕点A顺时针旋转90后，得到ABQ，连接EQ（1）求证：AEQAEF；（2）求证：EF2DF2+BE2；（3）当F是BD的中点时，判断四边形AFEQ的形状，并说明理由思路引领：（1）由旋转的特征可得AQAF，BAQDAF，由正方形的性质可得BAD90，还有已知条件EAF45，于是可证明EAQEAF，可证明AEQAEF；（2）由旋转的特征可得ABQADF45，BQDF，可证明EBQ90，由AEQAEF得EQEF，在Rt

2、BEQ中用勾股定理可证得结论；（3）当F是BD的中点时，四边形AFEQ是正方形，可由（1）和（2）的结论先证明四边形AFEQ有三个角是直角，则四边形AFEQ是矩形，再由AQAF得，四边形AFEQ是正方形（1）证明：如图1，四边形ABCD是正方形，BAD90，由旋转得，AQAF，QABFAD，EAF45，BAE+FAD904545，EAQBAE+QABBAE+FAD45，EAQEAF45，在AEQ和AEF中，AQ=AFEAQ=EAFAE=AE，AEQAEF（SAS）（2）证明：如图1，ABAD，BAD90，ABEADF45，由旋转得，ABQADF45，BQDF，EBQABE+ABQ90，EQ2B

3、Q2+BE2，由（1）得，AEQAEF，EQEF，EF2DF2+BE2（3）四边形AFEQ是正方形，理由如下：如图2，当点F是BD的中点时，则BFDF，AFBD，BAFDAF=12BAD45，EAF45，EAFBAF，AE与AB重合，点E与点B重合，AEFABD45，AFEAFB90，由旋转得，AEQADF45，QAFD90，FEQ90，四边形AFEQ是矩形，AQAF，四边形AFEQ是正方形总结提升：此题重点考查正方形的性质与判定、旋转的特征、全等三角形的判定以及勾股定理等知识与方法，此题难度不大，但综合性较强，是很好的习题（2）等腰三角形中的半角模型2（2021秋东坡区期末）如图，ABC是边

4、长为6的等边三角形，BDCD，BDC120，以点D为顶点作一个60角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连结MN，则AMN的周长是 思路引领：要求AMN的周长，根据题目已知条件无法求出三条边的长，只能把三条边长用其它已知边长来表示，所以需要作辅助线，延长AB至F，使BFCN，连接DF，通过证明BDFCND，及DMNDMF，从而得出MNMF，AMN的周长等于AB+AC的长解：BDC是等腰三角形，且BDC120，BCDDBC30，ABC是边长为4的等边三角形，ABCBACBCA60，DBADCA90，延长AB至F，使BFCN，连接DF，在BDF和CND中，BF=CNFBD=DCNDB=DC，

5、BDFCND（SAS），BDFCDN，DFDN，MDN60，BDM+CDN60，BDM+BDF60，在DMN和DMF中，MD=MDFDM=MDNDF=DN，DMNDMF（SAS），MNMF，AMN的周长是：AM+AN+MNAM+MB+BF+ANAB+AC6+612故答案为：12总结提升：此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质；主要利用等边三角形和等腰三角形的性质来证明三角形全等，构造另一个三角形是解题的关键3（绍兴中考）如图2，等腰直角三角形ABC中，BAC90，ABAC，点M，N在边BC上，且MAN45，若BM1，CN3，求MN的长思路引领：（1）证ADGABE，FAEFAG，根

6、据全等三角形的性质求出即可；（2）过点C作CEBC，垂足为点C，截取CE，使CEBM连接AE、EN通过证明ABMACE（SAS）推知全等三角形的对应边AMAE、对应角BAMCAE；然后由等腰直角三角形的性质和MAN45得到MANEAN45，所以MANEAN（SAS），故全等三角形的对应边MNEN；最后由勾股定理得到EN2EC2+NC2即MN2BM2+NC2（1）证明：在正方形ABCD中，ABEADG，ADAB，在ABE和ADG中，AD=ABABE=ADGDG=BE ABEADG（SAS），BAEDAG，AEAG，EAG90，在FAE和FAG中， AE=AGEAF=FAG=45AF=AF，FAE

7、FAG（SAS），EFFG；（2）解：如图，过点C作CEBC，垂足为点C，截取CE，使CEBM连接AE、ENABAC，BAC90，BACB45CEBC，ACEB45在ABM和ACE中，AB=ACB=ACEBM=CE ABMACE（SAS）AMAE，BAMCAEBAC90，MAN45，BAM+CAN45于是，由BAMCAE，得MANEAN45在MAN和EAN中，AM=AEMAN=EANAN=AN MANEAN（SAS）MNEN在RtENC中，由勾股定理，得EN2EC2+NC2MN2BM2+NC2BM1，CN3，MN212+32，MN=10总结提升：本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质

8、、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用类型二 对角互补且一组邻边相等的半角模型4（2022春简阳市期中）如图，等边三角形ABC的边长为4，点O是ABC的中心，FOG120，绕点O旋转FOG，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE，给出下列四个结论：ODOE；SODESBDE；四边形ODBE的面积始终等于433；BDE周长的最小值为6上述结论中正确的有 （写出序号）思路引领：连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得ABOOBCOCB30，再证明BODCOE，于是可判断BODCOE，所以BDCE，ODOE，则可对进行判断；利用SBODSCOE得到四边形ODBE的面积=13SABC=4

9、33，则可对进行判断；作OHDE，如图，则DHEH，计算出SODE=34OE2，利用SODE随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对进行判断；由于BDE的周长BC+DE4+DE4+3OE，根据垂线段最短，当OEBC时，OE最小，BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对进行判断解：连接OB、OC，如图，ABC为等边三角形，ABCACB60，点O是ABC的中心，OBOC，OB、OC分别平分ABC和ACB，ABOOBCOCB30，BOC120，即BOE+COE120，而DOE120，即BOE+BOD120，BODCOE，在BOD和COE中BOD=COEBO=COOBD=OCE BODCO

10、E（ASA），BDCE，ODOE，所以正确；SBODSCOE，四边形ODBE的面积SOBC=13SABC=133442=433，所以正确；作OHDE，如图，则DHEH，DOE120，ODEOEH30，OH=12OE，HE=3OH=32OE，DE=3OE，SODE=1212OE3OE=34OE2，即SODE随OE的变化而变化，而四边形ODBE的面积为定值，SODESBDE；所以错误；BDCE，BDE的周长BD+BE+DECE+BE+DEBC+DE4+DE4+3OE，当OEBC时，OE最小，BDE的周长最小，此时OE=233，BDE周长的最小值4+26，所以正确故答案为总结提升：本题考查了旋转的性

11、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等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质5（2022秋西城区校级期中）（1）问题背景如图1，在四边形ABCD中，ABAD，B+D180，E、F分别是线段BC、线段CD上的点若BAD2EAF，试探究线段BE、EF、FD之间的数量关系小明同学探究此问题的方法是，延长FD到点G使DGBE连接AG，先证明ABEADG再证明AEFAGF，可得出结论，他的结论应是 （2）猜想论证如图2，在四边形ABCD中，ABAD，B+ADC180，E在线段BC上、F在线段CD延长线上若BAD2EAF，上述结论是否依然成

12、立？若成立说明理由；若不成立，试写出相应的结论并给出你的证明（3）拓展应用如图3，在四边形ABCD中，BDC45，连接BC、AD，AB：AC：BC3：4：5，AD4，且ABD+CBD180则ACD的面积为思路引领：（1）延长FD到点G使DGBE连接AG，即可证明ABEADG（SAS），可得AEAG，再证明AEFAGF（SAS），可得EFFG，即可解题；（2）在BE上截取BG，使BGDF，连接AG根据（1）的证法，我们可得出DFBG，GEEF，那么EFGEBEBGBEDF（3）如图3中，如图3中，过点D作DHAB交AB的延长线于H，DKAC交AC的延长线于K，DJBC于J证明四边形AHDK是正方

13、形即可解决问题解：延长FD到点G使DGBE，连接AG，B+ADF180，ADF+ADG180，ADGB，在ABE和ADG中，BE=DGB=ADGAB=AD，ABEADG（SAS），AEAG，BAEDAG，BAD2EAF，GAFDAG+DAFBAE+DAFBADEAFEAF，EAFGAF，在AEF和AGF中，AE=AGEAF=GAFAF=AF，AEFAGF（SAS），EFFG，FGDG+DFBE+DF，EFBE+DF；故答案为：EFBE+DF（2）结论EFBE+FD不成立，结论：EFBEFD理由如下：证明：如图2中，在BE上截取BG，使BGDF，连接AGB+ADC180，ADF+ADC180，B

14、ADF在ABG与ADF中，AB=ADABG=ADFBG=DF，ABGADF（SAS）BAGDAF，AGAFBADBAG+GADDAF+GADGAFBAD2EAF，GAF2EAF，GAEEAFAEAE，AEGAEF（SAS）EGEFEGBEBGEFBEFD（3）如图3中，如图3中，过点D作DHAB交AB的延长线于H，DKAC交AC的延长线于K，DJBC于JAB：AC：BC3：4：5，可以假设AB3k，AC4k，BC5k，AB2+AC2BC2，BAC90，HK90，四边形AHDK是矩形，HDK90，BDC45，BDH+CDK45，ABD+CBD180，ABD+DBH180，DBHDBC，HDJB9

15、0，DBDB，BDHBDJ（AAS），DHDJ，BDHBDJ，BHBJ，BDJ+CDJ45，BHH+CDKBDJ+CDK45，CDJCDK，KDJC90，CDCD，CDKCDJ（AAS），DJDK，CJCK，DHDK，四边形AHDK是正方形，BH+CKBJ+CJ5k，AH+AK12k，AKKD6k，AD4，AKDK22=6k，k=23，AC=423，SACD=12ACDK=1242322=83故答案为83总结提升：本题考查了四边形综合题，三角形全等的判定和性质；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形6（202

16、0秋海淀区期中）已知四边形ABCD中，ABAD，BCCD，ABBC，ABC120，MBN60，MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F（1）当MBN绕B点旋转到AECF时（如图1），试猜想线段AE、CF、EF之间存在的数量关系为 （不需要证明）；（2）当MBN绕B点旋转到AECF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段AE、CF、EF又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，不需证明思路引领：（1）延长DC至点K，使CKAE，连接BK，分别证明BAEBCK、KBFEBF，根据全等三角形的性质、结合图形证明结论；（2）延长DC至G，

17、使CGAE，仿照（1）的证明方法解答解：（1）AE+CFEF，理由如下：延长DC至点K，使CKAE，连接BK，在BAE与BCK中，BA=BCBAE=BCKAE=CK，BAEBCK（SAS），BEBK，ABEKBC，FBE60，ABC120，FBC+ABE60，FBC+KBC60，KBFFBE60，在KBF与EBF中，BK=BEKBF=EBFBF=BF，KBFEBF（SAS），KFEF，AE+CFKC+CFKFEF；（2）解：AECFEF，理由如下：延长DC至G，使CGAE，由（1）可知，BAEBCG（SAS），BEBG，ABEGBC，GBFGBCFBCABEFBC120+FBC60FBC60，

18、GBFEBF，BGBE，GBFEBF，BFBF，GBFEBF，EFGF，AECFCGCFGFEF总结提升：本题几何变换综合题，考查的是全等三角形的判定和性质，正确作出辅助性、掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键类型三 手拉手模型旋转全等7（2022沈阳）【特例感知】（1）如图1，AOB和COD是等腰直角三角形，AOBCOD90，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 ；【类比迁移】（2）如图2，将图1中的COD绕着点O顺时针旋转（090），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由思路引领：（1）证明AODB

19、OC（SAS），即可得出结论；（2）利用旋转性质可证得BOCAOD，再证明AODBOC（SAS），即可得出结论；解：（1）ADBC理由如下：如图1，AOB和COD是等腰直角三角形，AOBCOD90，OAOB，ODOC，在AOD和BOC中，OA=OBAOD=BOC=90OD=OC，AODBOC（SAS），ADBC，故答案为：ADBC；（2）ADBC仍然成立.证明：如图2，AOBCOD90，AOB+AOCAOC+COD90+，即BOCAOD，在AOD和BOC中，OA=OBAOD=BOCOD=OC，AODBOC（SAS），ADBC；总结提升：本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三

20、角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，关键是添加恰当辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题8（2022春南山区期末）如图1ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA6cm，点D从点O出发，沿射线OM方向以1cm/s的速度运动，当D不与点A重合时，将线段CD绕点C逆时针方向旋转60得到CE，连接DE、BE，设点D运动了ts，（1）点D的运动过程中，线段AD与BE的数量关系是 ，请以图1情形为例（当点D在线段OA上时，点D与点A不重合），说明理由，（2）当6t10时，如图2，BDE周长是否存在最小值？若存在，求出BDE的最小周长；若不存在，请说明理由（3）当点

21、D在射线OM上运动时，是否存在以D、B、E为顶点的三角形是直角三角形？若存在，直接写出此时t的值 思路引领：（1）由旋转的性质得到DCE60，DCEC，进而证得ACDBCE，即可得到结论；（2）当6t10时，由旋转的性质得到BEAD，于是得到CDBEBE+DB+DEAB+DE4+DE，根据等边三角形的性质得到DECD，由垂线段最短得到当CDAB时，BDE的周长最小，于是得到结论；（3）存在，当点D与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，当0t6时，由旋转的性质得到ABE60，BDE60，求得BED90，根据等边三角形的性质得到DEC60，求得CEB30，求得ODOADA642，于是得到t212

22、s；当6t10s解：（1）ADBE，理由如下：将线段CD绕点C逆时针方向旋转60得到CE，DCE60，DCEC，CDE是等边三角形，CDCE，DCE60，ABC是等边三角形，ACB60DCE，ACBC，ACDBCE，在ACD和BCE中，CD=CEACD=BCEAC=BC，ACDBCE（SAS），ADBE，故答案为：ADBE；（2）存在，当6t10时，由（1）知，BEAD，CDBEBE+DB+DEAB+DE4+DE，由（1）知，CDE是等边三角形，DECD，CDBECD+4，由垂线段最短可知，当CDAB时，BDE的周长最小，此时，CD23cm，BDE的最小周长CD+423+4；（3）存在，当点D

23、与点B重合时，D，B，E不能构成三角形，当点D与点B重合时，不符合题意，当0t6时，由旋转可知，ABE60，BDE60，BED90，由（1）可知，CDE是等边三角形，DEC60，CEB30，CEBCDA，CDA30，CAB60，ACDADC30，DACA4，ODOADA642，t212s；当6t10s时，不存在直角三角形如图，当t10s时，由旋转的性质可知，DBE60，又由（1）知CDE60，BDECDE+BDC60+BDC，而BDC0，BDE60，只能BDE90，从而BCD30，BDBC4，OD14cm，t14114s，综上所述：当t2或14s时，以D、E、B为顶点的三角形是直角三角形，故答

24、案为：2或14总结提升：本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形周长的计算，直角三角形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键类型三 中点旋转模型9（2019春双流区期末）已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EFBD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG（1）求证：EGCG；（2）将图中BEF绕B点逆时针旋转45，如图所示，取DF中点G，连接EG，CG问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由思路引领：（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，可得结论（2）延长EG，AD交于P点，连接CE，CP，可证EGFDPG，可得E

25、GGP，DPEF，则可证BECDPC，可得ECP是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得结论证明：（1）在RtDEF中，EG是斜边上的中线DF2EG在RtDCF中，CG是斜边上的中线DF2CGEGCG（2）如图2延长EG，AD交于P点，连接CE，CP四边形ABCD是正方形BCCD，ADBC，ABCADC90，ABD45EFABABDEFB45EFBEADAB，EFABEFADDPEPEF，且DGGF，EGFDGPEGFDGPEGGP，EFDPBEDP且BCCD，EBCPDC90BECDPCECPC，ECBECPECB+ECD90DCP+ECD90ECP90且ECCPECP是等腰直角三角形

26、，且EGGPCGEP，CGEG总结提升：本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的性质，添加恰当的辅助线本题的关键类型五 通过旋转构造三角形全等10（2021春雨花区期中）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为22、1、10，则正方形ABCD的面积为 思路引领：将ABP绕点B顺时针旋转90得CBE，连接PE，过点B作BHPE于H，通过勾股定理逆定理可证PEC90，则BECAPB135，可知点A、P、E三点共线，求出BH，AH的长度，利用勾股定理即可解：将ABP绕点B顺时针旋转90得CBE，连接PE，过点B作BHPE于H，BPBE，PBE90，APBCE

27、B，APCE，BPE是等腰直角三角形，PE=PB2+BE2=2，PE2+CE2（2）2+（22）210，PC2（10）210，PE2+CE2PC2，PEC90，BECAPB135，APB+BPE135+45180，点A、P、E三点共线，PE=2，PHBH=22，AHAP+PH=522，在RtABH中，由勾股定理得：AB2BH2+AH2（22）2+（522）213，正方形ABCD的面积为：13故答案为：13总结提升：本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的逆定理等知识，证明出PEC90是解题的关键11（2022春顺德区校级月考）如图，等边三角形ABC内有一点P，分别连结AP、BP、CP

28、，若AP6，BP8，CP10（1）则线段AP、BP、CP构成的三角形是 三角形（填“钝角、直角、锐角”）；（2）将BPA绕点B顺时针旋转60，画出旋转后的BP1A1，并由此求出BP1A1的度数；（3）求三角形ABC的面积思路引领：（1）利用勾股定理的逆定理进行判断；（2）先根据旋转的性质画图，再根据旋转的性质得到BPBP18，A1P1AP6，PBP160，则可判断BPP1为等边三角形，所以BP1P60，PP1BP8，接着利用勾股定理的逆定理证明PCP1是直角三角形，PP1C90，然后计算BP1P+PP1C即可；（3）过C点作CDBP1于D点，如图，先计算出CP1D30，则根据含30度的直角三角

29、形三边的关系得到CD3，P1D33，再利用勾股定理计算出BC2100+483，然后根据等边三角形的面积公式计算解：（1）AP6，BP8，CP10，AP2+BP2CP2，线段AP、BP、CP构成的三角形是直角三角形，故答案为：直角；（2）如图，BP1A1为所作；ABC为等边三角形，BABC，ABC60，BPA绕点B顺时针旋转60得到BP1A1，点A1与点C重合，BPBP18，A1P1AP6，PBP160，BPP1为等边三角形，BP1P60，PP1BP8，PP18，P1C6，CP10，AP12+PP12CP2，PCP1是直角三角形，PP1C90，BP1A1BP1P+PP1C60+90150；（3）

30、过C点作CDBP1于D点，如图，BP1A1150，CP1D30，CD=12CP13，P1D=3CD33，BD8+33，在RtBCD中，BC2CD2+BD232+（8+33）2100+483，三角形ABC的面积=34BC2=34（100+483）253+36总结提升：本题考查了作图旋转变换：根据旋转的性质可知，对应角都相等都等于旋转角，对应线段也相等，由此可以通过作相等的角，在角的边上截取相等的线段的方法，找到对应点，顺次连接得出旋转后的图形也考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质和勾股定理的逆定理12（2019武汉）问题背景：如图1，将ABC绕点A逆时针旋转60得到ADE，DE与BC交

31、于点P，可推出结论：PA+PCPE问题解决：如图2，在MNG中，MN6，M75，MG=42点O是MNG内一点，则点O到MNG三个顶点的距离和的最小值是 思路引领：（1）在BC上截取BGPD，通过三角形全等证得AGAP，BGDP，得出AGP是等边三角形，得出APGP，则PA+PCGP+PCGCPE，即可证得结论；（2）以MG为边作等边三角形MGD，以OM为边作等边OME连接ND，可证GMODME，可得GODE，则MO+NO+GONO+OE+DE，即当D、E、O、N四点共线时，MO+NO+GO值最小，最小值为ND的长度，根据勾股定理先求得MF、DF，然后求ND的长度，即可求MO+NO+GO的最小值

32、（1）证明：如图1，在BC上截取BGPD，在ABG和ADP中AB=ADB=DBG=PD，ABGADP（SAS），AGAP，BGDP，GCPE，GAPBAD60，AGP是等边三角形，APGP，PA+PCGP+PCGCPEPA+PCPE；（2）解：如图2：以MG为边作等边三角形MGD，以OM为边作等边OME连接ND，作DFNM，交NM的延长线于FMGD和OME是等边三角形OEOMME，DMGOME60，MGMD，GMODME在GMO和DME中OM=MEGMO=DMEMG=MD GMODME（SAS），OGDENO+GO+MODE+OE+NO当D、E、O、N四点共线时，NO+GO+MO值最小，NMG75，GMD60，NMD135，DMF45，MG=42MFDF4，NFMN+MF6+410，ND=NF2+DF2=102+42=229，MO+NO+GO最小值为229，故答案为229，总结提升：本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，最短路径问题，构造等边三角形是解答本题的关键