第12讲 后三模块-几何压轴-旋转的用法-【中考特训营】2023年中考数学复习讲与练（安徽专用）

第十二讲 后三模块-几何压轴-旋转的用法 技巧 ： 旋转题型先通过观察图形确定存在旋转 一组相似的等腰三角形绕其公共顶点旋转，对应边连接端点构成的三角形全等 一组相似的非等腰三角形绕其公共点旋转，对应边连接端点构成的三角形相似 例1、（安徽） 如图①，在四边形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，过点E作AB的垂线，过点F作CD的垂线，两垂线交于点G，连接GA、GB、GC、GD、EF，若∠AGD＝∠BGC. (1)求证：AD＝BC； (2)求证：△AGD∽△EGF； (3)如图②，若AD、BC所在直线互相垂直，求的值． 图①　　　 　　　图② 解析(1)证明：∵点E、F分别是AB、CD的中点，且GE⊥AB，GF⊥CD，∴GE、GF分别是线段AB、CD的垂直平分线，∴GA＝GB，GC＝GD， 在△AGD和△BGC中，， ∴△AGD≌△BGC(SAS)，∴AD＝BC. (2)证明：∵∠AGD＝∠BGC，∴∠AGB＝∠DGC. 在△AGB和△DGC中，＝，∠AGB＝∠DGC，∴△ABG∽△DCG， ∴＝，∠GAE＝∠GDF， 又∵∠GEA＝∠GFD＝90°，∴∠AGE＝∠GEA－∠GAE，∠DGF＝∠GFD－∠GDF， 即∠AGE＝∠DGF，∴∠AGD＝∠EGF，∴△AGD∽△EGF. (3)解：如解图①，延长AD交GB于点M，交BC的延长线于点H，则AH⊥BH. 由△AGD≌△BGC，知∠GAD＝∠GBC. 在△GAM和△HBM中，∠GAD＝∠GBC，∠GMA＝∠HMB， ∴△GMA∽△HMB， ∴∠AGB＝∠AHB＝90°， ∴∠AGE＝∠AGB＝45°，∴＝. 又∵△AGD∽△EGF，∴＝＝. 【一题多解】解法一：如解图②，过点F作FM∥BC交BD于点M，连接EM. ∵GF是DC的垂直平分线，∴DF＝CF，∵FM∥BC，FM＝BC.∴DM＝BM.∵GE是AB的垂直平分线，∴AE＝BE，∴EM∥AD，EM＝AD.∵AD⊥BC，∴EM⊥FM.∵AD＝BC，∴EN＝FM，∴EF＝EM，∴＝＝. 解法二：如解图③，过点D作DH⊥AD，交BF的延长线于点H. ∵AD⊥BC，DH⊥AD，∴DH∥BC，∴∠DHF＝∠CBF，∠HDF＝∠BCF，又DF＝CF，∴△DHF≌△CBF， ∴DH＝BC，HF＝BF，∴DH＝AD.在Rt△ADH中，∠ADH＝90°，AD＝DH，∴AH＝AD. ∵AE＝BE，HF＝BF，∴EF∥AH，EF＝AH，∴EF＝AD，∴＝. 例2、（安徽） 如图①，正六边形ABCDEF的边长为a，P是BC边上一动点，过P作PM∥AB交AF于M，作PN∥CD交DE于N. (1)①∠MPN＝________°； ②求证：PM＋PN＝3a； (2)如图②，点O是AD的中点，连接OM，ON.求证：OM＝ON； (3)如图③，点O是AD的中点，OG平分∠MON，判断四边形OMGN是否为特殊四边形？并说明理由． 图① 图② 图③ 解析 (1)解：① 60； 【解法提示】∠A为正六边形的内角，则∠A＝120°，MP∥AB，则∠A＝∠FMP＝120°，AF∥PN，则∠MPN＝180°－∠FMP＝180°－120°＝60°. ②证明：如解图①，连接BE交MP于H点． 在正六边形ABCDEF中，PN∥CD，又BE∥CD∥AF， 所以BE∥PN∥AF. 又PM∥AB， 所以四边形AMHB、四边形HENP为平行四边形，△BPH为等边三角形. 所以PM＋PN＝MH＋HP＋PN＝AB＋BH＋HE＝AB＋BE＝3a. 解图① 解图② 解图③ (2)证明：如解图②，由(1)得AM＝BH＝HP＝EN， 所以AM＝EN，∵O是AD的中点，∴△AOB，△DOE均为等边三角形， ∴OA＝OE，∠OAM＝∠OEN＝60°.在△OAM和△OEN中，∴△OAM≌△OEN(SAS)，∴OM＝ON. (3)解：四边形OMGN是菱形，理由如下： 如解图③，连接OE、OF，由(2)可知∠MOA＝∠NOE，又∵∠AOE＝120°，∴∠MON＝∠AOE－∠MOA＋∠NOE＝120°， ∵OG平分∠MON，∴∠MOG＝60°，又∵∠FOA＝60°，∴∠MOA＝∠GOF，又∵AO＝FO，∠MAO＝∠GFO＝60°，∴△AOM≌△FOG(ASA)，∴MO＝GO，又∵∠MOG＝60°，∴△MGO是等边三角形，同理可证△NGO为等边三角形，∴OM＝MG＝GN＝NO，∴四