专题08 互补型旋转-2021年中考数学解题方法归纳提升

专题08 互补型旋转 一、单选题 1．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ，连接AQ．若PA=4，PB=5，PC=3，则四边形APBQ的面积为_______． 【答案】 【分析】 由旋转的性质可得△BPQ是等边三角形，由全等三角形的判定可得△ABQ≌△CBP(SAS)，由勾股定理的逆定理可得△APQ是直角三角形，求四边形的面积转化为求两个特殊三角形的面积即可． 【详解】 解：连接PQ， 由旋转的性质可得，BP=BQ， 又∵∠PBQ=60°， ∴△BPQ是等边三角形， ∴PQ=BP， 在等边三角形ABC中，∠CBA=60°，AB=BC， ∴∠ABQ=60°-∠ABP ∠CBP=60°-∠ABP ∴∠ABQ=∠CBP 在△ABQ与△CBP中 ， ∴△ABQ≌△CBP(SAS)， ∴AQ=PC， 又∵PA=4，PB=5，PC=3， ∴PQ=BP=5，PC=AQ=3， 在△APQ中，因为，25=16+9， ∴由勾股定理的逆定理可知△APQ是直角三角形， ∴， 故答案为： 【点睛】 本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定、勾股定理的逆定理及特殊三角形的面积，解题的关键是作出辅助线，转化为特殊三角形进行求解． 2．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____． 【答案】4+4． 【解析】 【分析】 将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可． 【详解】 将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图： 由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN， ∵∠BAC＝∠D＝90°， ∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°， ∴∠ABD+∠ABE＝180°， ∴E，B，M三点共线， ∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°， ∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAM＝∠MAN， 在△AEM和△ANM中， ， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∴MN＝ME， ∴MN＝CN+BM， ∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4， ∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4， 故答案为：4+4． 【点睛】 此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线. 3．如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为_________． 【答案】 【分析】 可将△OBC绕着O点顺时针旋转90°，所得的图形与△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+AC等于等腰三角形的斜边CD. 【详解】 解： 将△OBC绕O点旋转90°， ∵OB=OA ∴点B落在A处，点C落在D处 且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC， 在四边形OACB中 ∵∠BOA=∠BCA=90°， ∴∠OBC+∠OAC=180°， ∴∠OAD+∠OAC=180° ∴C、A、D三点在同一条直线上， ∴△OCD为等要直角三角形，根据勾股定理 CD2=OC2+OD2 即CD2=32+32=18 解得CD= 即BC+AC=. 【点睛】 本题考查旋转的性质，旋转前后的图形对应边相等，对应角相等.要求两条线段的长，可利用作图的方法将两条线段化成一条线段，再求这条线段的长度即可，本题就是利用旋转的方法做到的，但做本题时需注意，一定要证明C、A、D三点在同一条直线上.本题还有一种化一般为特殊的方法，因为答案一定可考虑CB⊥y轴的情况，此时四边形OACB刚好是正方形，在做选择或填空题时，也可以起到事半功倍的效果. 二、解答题 4．问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段，，之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是_______________； 探究延伸1：如图2，在四边形中，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．