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数 学
教与学 学导练
教与学 学导练 数学 九年级 上册 配人教版(内文)
专题四 模型拓展——旋转模型
类型一:等边三角形手拉手模型
已知:△AOB与△COD都是等边三角形,
结论:
①△OAC≌△OBD;
②∠AEB=∠AOB;
③OE平分∠AED.
1.如图Z23-4-1,点O是等边三角形ABC内的一点,∠BOC=150°,将△BCO绕点C按顺时针旋转60°得到△ACD,则下列结论不正确的是( )
A.BO=AD B.∠DOC=60°
C.OD⊥AD D.OD∥AB
D
类型二:等腰直角三角形手拉手模型
已知:△AOB与△COD都是等腰直角三角形,
结论:
①△OAC≌△OBD;
②∠AEB=90°;
③OE平分∠AED.
2.如图Z23-4-2,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=10 cm,点D为△ABC内一点,∠BAD=15°,AD=6 cm,连接BD,将△ABD绕点A按逆时针方向旋转,使AB与AC重合,点D的对应点为点E,连接DE,DE交AC于点F,则AF
的长为______cm.
类型三:正方形手拉手模型
已知:四边形AEFG与四边形ABCD都是正方形,
结论:
①△ABE≌△ADG;
②BE=DG;
③BE⊥DG.
3. 如图Z23-4-3①,四边形ABCD,DEFG都是正方形,连接AE,CG.
(1)求证:AE=CG;
(2)观察图形,猜想AE与CG之间的位置关系,并证明你的猜想;
(3)将正方形ABCD,绕点D逆时针旋转一定的角度(小于90度),如图Z23-4-3②,请猜想AE与CG之间的关系,并证明你的猜想.
(1)证明:由题意,得AD=CD,ED=GD,
∠ADE=∠CDG=90°.
∴△EAD≌△GCD(SAS).
∴AE=CG.
(2)解:猜想:AE⊥CG.
证明:如答图Z23-4-1①,延长EA交CG于H.
由(1)得∠CGD+∠GAH=∠CGD+∠EAD=∠CGD+∠GCD=90°.
∴AE⊥CG.
(3)解:猜想:AE=CG,AE⊥CG.
证明:如答图Z23-4-1②,设AE与CG相交于H,AE与CD相交于O.
由题意,得AD=CD,ED=GD,
∠ADE=90°+∠GDA=∠CDG.
∴△EAD≌△GCD(SAS).
∴AE=CG,∠AED=∠CGD.
∵∠AED+∠EOD=90°,∠EOD=∠GOH,
∴∠CGO+∠GOH=∠AED+∠EOD=90°.
∴AE⊥CG.
类型四:等腰直角三角形半角模型
已知:在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠DAE=45°,绕点A逆时针旋转△ABD到△ACF,使AB和AC重合.结论:
①△AEF≌△AED;
②EF=DE,CF=BD.
4. 如图Z23-4-4,等腰直角三角形ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点M,N在边BC上,且∠MAN=45°.若BM=2,CN=3,求MN的长.
解:如答图Z23-4-2,将△ABM逆时针旋转90°到△ACF,连接NF.
∴CF=BM,AF=AM,∠B=∠ACF,∠2=∠3.
∵△ABC是等腰直角三角形,
∠BAC=90°,AB=AC,
∴∠B=∠ACB=45°.
∵∠MAN=45°,
∴∠NAF=∠1+∠3=∠1+∠2=90°-45°=45°.
∴∠MAN=∠NAF.
在△MAN和△FAN中,
∴△MAN≌△FAN(SAS).
∴MN=NF.
∵∠ACF=∠B=45°,∠ACB=45°,
∴∠FCN=90°.
∵CF=BM=2,CN=3,
∴在Rt△CFN中,由勾股定理,
得NF==.
∴MN=NF=.
类型五:正方形半角模型
已知:在正方形ABCD中,∠EAF=45°,绕点A顺时针旋转△ABF到△ADG,使AB和AD重合.
结论:
①△AEF≌△AEG;
②EF=EG=BF+DE.
5. (2020·甘肃)如图Z23-4-5,点M,N分别在正方形ABCD的边BC,CD上,且∠MAN=45°.把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE.
(1)求证:△AEM≌△ANM;
(2)若BM=3,DN=2,求正
方形ABCD的边长.
(1)证明:由旋转的性质,得
△ADN≌△ABE.
∴∠DAN=∠BAE,AN=AE,∠D=∠ABE=90°.
∴∠ABC+∠ABE=180°.
∴点E,点B,点C三点共线.
∵∠DAB=90°,∠MAN=45°,
∴∠MAE=∠BAE+∠BAM=∠DAN+∠BAM=45°.
∴∠MAE=∠MAN.
又∵MA=MA,AE=AN,
∴△AEM≌△ANM(SAS).
(2)解:设CD=BC=x,则CM=x-3,CN=x-2.
∵△AEM≌△ANM,∴EM=MN.
∵BE=DN=2,∴MN=BM+DN=3+2=5.
∵∠C=90°,
∴MN2=C