2024年中考数学二轮专项训练讲义：旋转与全等

旋转与全等压轴题 知识精讲 一．等腰三角形旋转模型 等腰三角形的旋转模型比较多，此模型需要注意的是利用“全等三角形”的性质进行边与角的转化，证明的基本思想“”。 1．一般等腰三角形的旋转 2．等边三角形的旋转 3．等腰直角三角形的旋转   二．半角模型 “半角”旋转模型，经常会出现在等腰直角三角形、正方形中，在一般的等腰三角形中也会有涉及。   三．旋转相似模型 共顶点相似的一般三角形模型： 如图，图中，得到，，，，则有． 四．旋转的相关计算与证明 旋转过程中的角度和线段计算问题主要是利用旋转的性质：旋转前后的两个图形是全等的，且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都等于旋转角来求解角度和线段长度。 旋转过程中扫过的路径长度一般是一段弧的长度，面积一般是一个扇形的面积，所以解决问题的关键是找到路径所在圆或面积所在扇形的圆心，半径和圆心角，然后利用弧长公式或扇形面积公式来求解。   五．旋转中的最值问题 解决此类问题要从分析旋转过程中相关量之间的关系入手，尝试在变换中寻求不变的关系，并借助“三角形的任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边”寻找线段长度取得最值时的特殊位置，最后利用勾股定理等知识求得线段的长度。     方法点拨 1．在几何综合题中，经常会遇见求解线段长度、角的度数或者是图形的面积问题，求解的过程除了直接利用几何图形的性质及勾股定理进行求解外，有时候还需要构造旋转图形，产生新的图形进行边和角的等量代换，并最终求出结果。 2．构造旋转图形求线段长度主要是让所求线段在一个特殊的三角形中或者是直接通过等量代换找到与所求线段长相等的线段，最后利用相关知识求解。 3．构造旋转图形求解角的度数或者是图形的面积主要是通过等量代换或者产生特殊角或特殊图形，然后再计算相应的角的度数或者图形的面积。 三点剖析 一．考点：旋转与全等三角形综合，旋转中的最值问题，旋转与相似三角形结合。   二．重难点： 1.找到题目中所给的特殊条件，结合问题所要证明或者求解的边长角度问题，再去选择是要构造旋转全等还是通过已经得到的旋转全等的性质进一步证明； 2.动态问题一定要分析清楚运动的每个阶段点的轨迹或者是运动状态，计算出每一阶段的路径长度或扫过的面积，再按照题目要求求出最终结果； 3．通过添加辅助线构造旋转相似或者去挖掘隐含的相似图形。   三．易错点： 1．在利用旋转构造全等的时候注意辅助线的做法问题； 2．构造旋转全等时候一定要有相等边长的条件； 3．全等是相似的一个特例，旋转有时候也会出现全等，注意和旋转全等的区别和联系。 题模精讲 题模一：旋转与全等 例1.1.1 在菱形ABCD中，，，把一个含60°角的三角板与这个菱形叠合，使三角板的60°角的顶点与点A重合，两边分别落在直线BC、CD上．将三角板绕点A按逆时针旋转，设旋转角为． （1）如图①，当时，三角板的两边分别与菱形的两边BC、CD相交于点E、F，请你通过观察或测量写出图中现有的两组相等线段(菱形的边和对角线除外)． （2）如图②，当时，三角板的两边分别与BC、CD的延长线相交于点E、F，你在(1)中得到的结论还成立吗?若成立，请你选择一组加以证明；若不成立，请你说明理由． （3）当时，三角板的两边分别与菱形的两边BC、CD相交于点E、F，请你求出这个三角板与这个菱形重合部分的面积． 例1.1.2 已知△ABC和△ADE是等腰直角三角形，∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点，连接DF、CF． （1）如图1，当点D在AB上，点E在AC上，请直接写出此时线段DF、CF的数量关系和位置关系（不用证明）； （2）如图2，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转45°时，请你判断此时（1）中的结论是否仍然成立，并证明你的判断； （3）如图3，在（1）的条件下将△ADE绕点A顺时针旋转90°时，若AD=1，AC=，求此时线段CF的长（直接写出结果）． 例1.1.3 已知四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=120°，∠MBN=60°，∠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． 当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF； 当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF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． 例1.1.4 [问题提出] 如图①，已知△ABC是等腰三角形，点E在线段AB上，点D在直线BC上，且ED＝EC，将△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF连接EF，试证明：AB＝DB＋AF [类比探究] （1）如图②，如果点E在线段AB的延长线上，其他条件不变，线段AB，DB，AF之间又有怎样的数量关系？请说明理由． （2）如果点E在线段BA的延长线上，其他条件不变，请在图③的基础上将图形补充完整，并写出AB，DB，AF之间的数量关系，不必说明理由． 例1.1.5 已知∠ACD＝90°，AC＝DC，MN是过点A的直线，过点D作DB⊥MN于点B，连接CB． （1）问题发现 如图（1），过点C作CE⊥CB，与MN交于点E，则易发现BD和EA之间的数量关系为________，BD、AB、CB之间的数量关系为________． （2）拓展探究 当MN绕点A旋转到如图（2）位置时，BD、AB、CB之间满足怎样的数量关系？请写出你的猜想，并给予证明． （3）解决问题 当MN绕点A旋转到如图（3）位置时（点C、D在直线MN两侧），若此时∠BCD＝30°，BD＝2时，CB＝________． 例1.1.6 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的长（结果取整数，参考数据：=1.41，=1.73） 例1.1.7 如图所示，，平分，点是射线上的一个定点，点在直线上运动，连接，将的两边射线和分别绕点顺时针旋转，旋转后角的两边分别与射线交于点和点． （1）如图1所示，当点在射线上时， ①请判断线段与的数量关系，直接写出结论； ②请探究线段、和之间的数量关系，写出结论并证明； （2）如图2所示，当点在射线的反向延长线上时，交射线于点，若，，请直接写出线段的长． 随堂练习 随练1.1 （1）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD． 求证：EF=BE+FD； （2）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E、F分别是边BC、CD上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？ （3）如图，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠ADC=180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF=∠BAD，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之间的数量关系，并证明． 随练1.2 （1）问题发现 在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝α，点D为直线BC上一动点，过点D作DF∥AC交AB于点F，将AD绕点D顺时针旋转α得到ED，连接BE． 如图（1），当α＝90°时，试猜想： ①AF与BE的数量关系是________；②∠ABE＝________； （2）拓展探究 如图（2），当0°＜α＜90°时，请判断AF与BE的数量关系及∠ABE的度数，并说明理由． （3）解决问题 如图（3），在△ABC中，AC＝BC，AB＝8，∠ACB＝α，点D在射线BC上，将AD绕点D顺时针旋转α得到ED，连接BE，当BD＝3CD时，请直接写出BE的长度． 随练1.3 如图1，在四边形中，，，点，分别在四边形的边，上，，连接，试猜想，，之间的数量关系． （1）思路梳理 将绕点逆时针旋转至，使与重合，由，得，即点，，三点共线，易证________，故，，之间的数量关系为________； （2）类比引申 如图2，在图1的条件下，若点，由原来的位置分别变到四边形的边，延长线上，，连接，试猜想，，之间的数量关系，并给出证明． （3）联想拓展 如图3，在中，，，点，均在边上，且，若，，则的长为________． 随练1.4 已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG． （1）求证：EG=CG； （2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②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； （3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论（均不要求证明）． 能力拓展 拓展1 如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC． （1）若点M为AC上的任意一点，过M作MN⊥BC于点N，取BM的中点D，连接AD、DM，求证：AD=DN． （2）如图2，若M为BC上的任意一点，以线段CM为底边作等腰Rt△MCN，此时，取BM的中点D，连接AD、DN，则AD与DN有怎样的数量关系？说明理由． （3）如图3，在（2）的条件下将Rt△MNC绕C点旋转任意角度，连接BM，取BM的中点D，再连接AD、DN，则（2）中的结论仍然成立吗，它们之间又有怎样的位置关系？请说明理由． 拓展2 如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点． （1）观察猜想 图1中，线段PM与PN的数量关系是__________，位置关系是__________； （2）探究证明 把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由； （3）拓展延伸 把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN面积的最大值． 拓展3 如图1，边长为4的正方形ABCD中，点E在AB边上（不与点A，B重合），点F在BC边上（不与点B、C重合）． 第一次操作：将线段EF绕点F顺时针旋转，当点E落在正方形上时，记为点G； 第二次操作：将线段FG绕点G顺时针旋转，当点F落在正方形上时，记为点H； 依此操作下去… （1）图2中的△EFD是经过两次操作后得到的，其形状为　 　，求此时线段EF的长； （2）若经过三次操作可得到四边形EFGH． ①请判断四边形EFGH的形状为　 　，此时AE与BF的数量关系是　 　； ②以①中的结论为前提，设AE的长为x，四边形EFGH的面积为y，求y与x的函数关系式及面积y的取值范围． 拓展4 如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N． （1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：M为AN的中点； （2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：△ACN为等腰直角三角形； （3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，（2）中的结论是否仍成立？若成立，试证明之，若不成立，请说明理由． 拓展5 如图1所示，在正方形ABCD和正方形CGEF中，点B、C、G在同一条直线上，M是线段AE的中点，DM的延长线交EF于点N，连接FM，易证：DM=FM，DM⊥FM（无需写证明过程） （1）如图2，当点B、C、F在同一条直线上，DM的延长线交EG于点N，其余条件不变，试探究线段DM与FM有怎样的关系？请写出猜想，并给予证明； （2）如图3，当点E、B、C在同一条直线上，DM的延长线交CE的延长线于点N，其余条件不变，探究线段DM与FM有怎样的关系？请直接写出猜想． 拓展6 正方形中，点为直线上一个动点（不与点，重合），连接，将绕点旋转得到，连接，过点作的垂线，交射线于，交射线于． 问题出现：（1）当点在线段上时，如图1，线段，，之间的数量关系为________； 题探究：（2）①当点在线段的延长线上时，如图2，线段，，之间的数量关系为________； ②当点在线段的延长线上时，如图3，请写出线段，，之间的数量关系并证明； 问题拓展：（3）在（1）（2）的条件下，若，，则________． 答案解析 题模精讲 题模一：旋转与全等 例1.1.1 【答案】见解析 【解析】（1），，．写出两组即可． （2）（1）中的结论仍然成立．如图，的结论仍然成立． 证明如下：∵在菱形ABCD中，， ∴，∴． 又由题意可知，，∴． 在△BAE和△CAF中， ∴△BAE≌△CAF．∴． （3）当时，三角板与这个菱形重合部分的面积就是四边形AECF的面积． 由题意可证△BAE≌△CAF． ∴四边形AECF的面积就是△ABC的面积． ∵，∴所求图形的面积为平方单位． 例1.1.2 【答案】（1）DF=CF，且DF⊥CF． （2）结论仍然成立，证明见解析 （3） 【解析】（1）∵∠ACB=∠ADE=90°，点F为BE中点， ∴DF=BE，CF=BE， ∴DF=CF． ∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形， ∴∠ABC=45° ∵BF=DF， ∴∠DBF=∠BDF， ∵∠DFE=∠ABE+∠BDF， ∴∠DFE=2∠DBF， 同理得：∠CFE=2∠CBF， ∴∠EFD+∠EFC=2∠DBF+2∠CBF=2∠ABC=90°， ∴DF=CF，且DF⊥CF． （2）（1）中的结论仍然成立． 证明：如图，此时点D落在AC上，延长DF交BC于点G． ∵∠ADE=∠ACB=90°， ∴DE∥BC． ∴∠DEF=∠GBF，∠EDF=∠BGF． ∵F为BE中点， ∴EF=BF． ∴△DEF≌△GBF． ∴DE=GB，DF=GF． ∵AD=DE， ∴AD=GB， ∵AC=BC， ∴AC﹣AD=BC﹣GB， ∴DC=GC． ∵∠ACB=90°， ∴△DCG是等腰直角三角形， ∵DF=GF． ∴DF=CF，DF⊥CF． （3）延长DF交BA于点H， ∵△ABC和△ADE是等腰直角三角形， ∴AC=BC，AD=DE． ∴∠AED=∠ABC=45°， ∵由旋转可以得出，∠CAE=∠BAD=90°， ∵AE∥BC， ∴∠AEB=∠CBE， ∴∠DEF=∠HBF． ∵F是BE的中点， ∴EF=BF， ∴△DEF≌△HBF， ∴ED=HB， ∵AC=，在Rt△ABC中，由勾股定理，得 AB=4， ∵AD=1， ∴ED=BH=1， ∴AH=3，在Rt△HAD中由勾股定理，得 DH=， ∴DF=， ∴CF= ∴线段CF的长为． 例1.1.3 【答案】图2成立，证明见解析，图3不成立，图3中AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF 【解析】∵AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，AE=CF， 在△ABE和△CBF中， ， ∴△ABE≌△CBF（SAS）； ∴∠ABE=∠CBF，BE=BF； ∵∠ABC=120°，∠MBN=60°， ∴∠ABE=∠CBF=30°， ∴AE=BE，CF=BF； ∵∠MBN=60°，BE=BF， ∴△BEF为等边三角形； ∴AE+CF=BE+BF=BE=EF； 图2成立，图3不成立． 证明图2． 延长DC至点K，使CK=AE，连接BK， 在△BAE和△BCK中， 则△BAE≌△BCK， ∴BE=BK，∠ABE=∠KBC， ∵∠FBE=60°，∠ABC=120°， ∴∠FBC+∠ABE=60°， ∴∠FBC+∠KBC=60°， ∴∠KBF=∠FBE=60°， 在△KBF和△EBF中， ∴△KBF≌△EBF， ∴KF=EF， ∴KC+CF=EF， 即AE+CF=EF． 图3不成立， AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF． 例1.1.4 【答案】（1）AB=BD﹣AF，理由见解析 （2）；AF＝AB＋BD 【解析】ED＝EC＝CF， ∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF， ∴∠ECF＝60°，∠BCA＝60°，BE＝AF，EC＝CF， ∴△CEF是等边三角形， ∴EF＝EC，∠CEF＝60°， 又∵ED＝EC， ∴ED＝EF， ∵△ABC是等腰三角形，∠BCA＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠CAF＝∠CBA＝60°， ∴∠EAF＝∠BAC＋∠CAF＝120°，∠DBE＝120°，∠EAF＝∠DBE， ∵∠CAF＝∠CEF＝60°， ∴A、E、C、F四点共圆， ∴∠AEF＝∠ACF， 又∵ED＝EC， ∴∠D＝∠BCE，∠BCE＝∠ACF， ∴∠D＝∠AEF， 在△EDB和△FEA中， （AAS） ∴△EDB≌△FEA， ∴DB＝AE，BE＝AF， ∵AB＝AE＋BE， ∴AB＝DB＋AF． （1）AB＝BD﹣AF； 延长EF、CA交于点G， ∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF， ∴∠ECF＝60°，BE＝AF，EC＝CF， ∴△CEF是等边三角形， ∴EF＝EC， 又∵ED＝EC， ∴ED＝EF，∠EFC＝∠BAC＝60°， ∵∠EFC＝∠FGC＋∠FCG，∠BAC＝∠FGC＋∠FEA， ∴∠FCG＝∠FEA， 又∵∠FCG＝∠ECD，∠D＝∠ECD， ∴∠D＝∠FEA， 由旋转的性质，可得 ∠CBE＝∠CAF＝120°， ∴∠DBE＝∠FAE＝60°， 在△EDB和△FEA中， （AAS） ∴△EDB≌△FEA， ∴BD＝AE，EB＝AF， ∴BD＝FA＋AB， 即AB＝BD﹣AF． （2）如图， ED＝EC＝CF， ∵△BCE绕点C顺时针旋转60°至△ACF， ∴∠ECF＝60°，BE＝AF，EC＝CF，BC＝AC， ∴△CEF是等边三角形， ∴EF＝EC， 又∵ED＝EC， ∴ED＝EF， ∵AB＝AC，BC＝AC， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝60°， 又∵∠CBE＝∠CAF， ∴∠CAF＝60°， ∴∠EAF＝180°﹣∠CAF﹣∠BAC ＝180°﹣60°﹣60° ＝60° ∴∠DBE＝∠EAF； ∵ED＝EC， ∴∠ECD＝∠EDC， ∴∠BDE＝∠ECD＋∠DEC＝∠EDC＋∠DEC， 又∵∠EDC＝∠EBC＋∠BED， ∴∠BDE＝∠EBC＋∠BED＋∠DEC＝60°＋∠BEC， ∵∠AEF＝∠CEF＋∠BEC＝60°＋∠BEC， ∴∠BDE＝∠AEF， 在△EDB和△FEA中， （AAS） ∴△EDB≌△FEA， ∴BD＝AE，EB＝AF， ∵BE＝AB＋AE， ∴AF＝AB＋BD， 即AB，DB，AF之间的数量关系是： AF＝AB＋BD． 例1.1.5 【答案】（1）BD＝AE， （2）见解析 （3） 【解析】（1）如图1，过点C作⊥CB交MN于点E， ∵∠ACD＝90°， ∴∠ACE＝90°－∠ACB，∠BCD＝90°－∠ACB， ∴∠ACE＝∠BCD， ∵DB⊥MN， ∴在四边形ACDB中，∠BAC＋∠ACD＋∠ABD＋∠D＝360°， ∴∠BAC＋∠D＝180°， ∵∠CE＋∠BAC＝180°， ∠CAE＝∠D， ∵AC＝DC， ∴△ACE≌△DCB， ∴AE＝DB，CE＝CB， ∵∠ECB＝90°， ∴△ECB是等腰直角三角形， ∴， ∴BE＝AE＋AB＝DB＋AB， ∴； BD＝AE，； （2）如图2，过点C作⊥CB交MN于点E， ∵∠ACD＝90°， ∴∠ACE＝90°＋∠ACB，∠BCD＝90°＋∠ACB， ∴∠ACE＝∠BCD， ∵DB⊥MN， ∴∠CAE＝90°－∠AFB，∠D＝90°－∠CFD， ∵∠AFB＝∠CFD， ∴∠CAE＝∠D， ∵AC＝DC， ∴△ACE≌△DCB， ∴AE＝DB，CE＝CB， ∵∠ECB＝90°， ∴△ECB是等腰直角三角形， ∴， ∴BE＝AE－AB＝DB－AB， ∴； （3）如图3，过点C作⊥CB交MN于点E， ∵∠ACD＝90°， ∴∠ACE＝90°－∠DCE， ∠BCD＝90°－∠DCE， ∴∠ACE＝∠BCD， ∵DB⊥MN， ∴∠CAE＝90°－∠AFC，∠D＝90°－∠CFD， ∵∠AFB＝∠BFD， ∴∠CAE＝∠D， ∵AC＝DC， ∴△ACE≌△DCB， ∴AE＝DB，CE＝CB， ∵∠ECB＝90°， ∴△ECB是等腰直角三角形， ∴， ∴BE＝AB－AE＝AB－DB， ∴； ∵△BCE为等腰直角三角形， ∴∠BEC＝∠CBE＝45°， ∵∠ABD＝90°， ∴∠DBH＝45° 过点D作DH⊥BC， ∴△DHB是等腰直角三角形， ∴， ∴， 在Rt△CDH中，∠BCD＝30°，， ∴， ∴． 例1.1.6 【答案】【发现证明】BE+DF=EF【类比引申】∠BAD=2∠EAF【探究应用】109米． 【解析】【发现证明】证明：如图（1），∵△ADG≌△ABE， ∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE， 又∵∠EAF=45°，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45°， ∴∠GAF=∠FAE， 在△GAF和△FAE中， ， ∴△AFG≌△AFE（SAS）， ∴GF=EF， 又∵DG=BE， ∴GF=BE+DF， ∴BE+DF=EF； 【类比引申】∠BAD=2∠EAF． 理由如下：如图（2），延长CB至M，使BM=DF，连接AM， ∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°， ∴∠D=∠ABM， 在△ABM和△ADF中， ， ∴△ABM≌△ADF（SAS）， ∴AF=AM，∠DAF=∠BAM， ∵∠BAD=2∠EAF， ∴∠DAF+∠BAE=∠EAF， ∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF， 在△FAE和△MAE中， ， ∴△FAE≌△MAE（SAS）， ∴EF=EM=BE+BM=BE+DF， 即EF=BE+DF． 故答案是：∠BAD=2∠EAF． 【探究应用】如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF，过A作AH⊥GD，垂足为H． ∵∠BAD=150°，∠DAE=90°， ∴∠BAE=60°． 又∵∠B=60°， ∴△ABE是等边三角形， ∴BE=AB=80米． 根据旋转的性质得到：∠ADG=∠B=60°， 又∵∠ADF=120°， ∴∠GDF=180°，即点G在　CD的延长线上． 易得，△ADG≌△ABE， ∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE， 又∵AH=80×=40，HF=HD+DF=40+40（﹣1）=40 故∠HAF=45°， ∴∠DAF=∠HAF﹣∠HAD=45°﹣30°=15° 从而∠EAF=∠EAD﹣∠DAF=90°﹣15°=75° 又∵∠BAD=150°=2×75°=2∠EAF ∴根据上述推论有：EF=BE+DF=80+40（﹣1）≈109（米），即这条道路EF的长约为109米． 例1.1.7 【答案】（1）①；②；见解析 （2） 【解析】（1）①结论：． 理由：如图1中，作于，于． ∵，平分，于，于 ∴，， ∴，∵， ∴， ∴． ②结论：． ∵，， ∴， ∴，∵， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）如图2中，作于，于， 由（1）可知，，， 易知，，，， ∴． 随堂练习 随练1.1 【答案】（1）证明见解析（2）成立（3）EF=BE﹣FD 【解析】（1）延长EB到G，使BG=DF，连接AG． ∵∠ABG=∠ABC=∠D=90°，AB=AD， ∴△ABG≌△ADF． ∴AG=AF，∠1=∠2． ∴∠1+∠3=∠2+∠3=∠EAF=∠BAD． ∴∠GAE=∠EAF． 又AE=AE， ∴△AEG≌△AEF． ∴EG=EF． ∵EG=BE+BG． ∴EF=BE+FD （2）（1）中的结论EF=BE+FD仍然成立． （3）结论EF=BE+FD不成立，应当是EF=BE﹣FD． 证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG． ∵∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°， ∴∠B=∠ADF． ∵AB=AD， ∴△ABG≌△ADF． ∴∠BAG=∠DAF，AG=AF． ∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD =∠EAF=∠BAD． ∴∠GAE=∠EAF． ∵AE=AE， ∴△AEG≌△AEF． ∴EG=EF ∵EG=BE﹣BG ∴EF=BE﹣FD． 随练1.2 【答案】（1）AF＝BF；90° （2）结论：AF＝BF，∠ABE＝a．理由见解析 （3）2或4 【解析】（1）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， ∴△ADF≌△EDB， ∴AF＝BE，∴∠DAF＝∠E， ∵∠AOD＝∠EOB， ∴∠ABR＝∠ADO＝90° （2）结论：AF＝BF，∠ABE＝a．理由如下： ∵DF‖AC ∴∠ACB＝∠FDB＝a，∠CAB＝∠DFB， ∵AC＝BC， ∴∠ABC＝∠CAB， ∴∠ABC＝∠DFB， ∴DB＝DF， ∵∠ADF＝∠ADE－∠FDE，∠EDB＝∠FDB－∠FDE， ∴∠ADF＝∠EDB， 又∵AD＝DE， ∴△ADF≌△EDB， ∴AF＝BE，∠AFD＝∠EBD ∵∠AFD＝∠ABC＋∠FDB，∠DBE＝∠ABD＋∠ABE， ∴∠ABE＝∠FDB＝a． （3）①如图3－1中，当点D在BC上时， 由（2）可知：BE＝AF， ∵DF∥AC， ∴， ∵AB＝8， ∴AF＝2， ∴BE＝AF＝2， ②如图3－2中，当点D在BC的延长线上时， ∵AC∥DF， ∴，∵AB＝8， ∴AF＝4． 随练1.3 【答案】（1）； （2）；见解析 （3） 【解析】（1）将绕点逆时针旋转至，使与重合， ∵， ∴，即点，，三点共线， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2），，之间的数量关系是． 证明：将绕点逆时针旋转，使与重合，得到， 则， ∴，，，， ∵，， ，即，，三点共线， 又 ∴ ． ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴； （3）将绕点逆时针旋转至，使与重合，连接， 由（1）得，，． ∴． ∵， ∴， 在中，，即． 随练1.4 【答案】（1）见解析（2）成立（3）见解析 【解析】本题利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质． （1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG． （2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG． （3）结论依然成立．还知道EG⊥CG． （1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DCF=90°， 在Rt△FCD中， ∵G为DF的中点， ∴CG=FD， 同理，在Rt△DEF中， EG=FD， ∴CG=EG． （1） （1）中结论仍然成立，即EG=CG． 证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点． 在△DAG与△DCG中， ∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG， ∴△DAG≌△DCG（SAS）， ∴AG=CG； 在△DMG与△FNG中， ∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG， ∴△DMG≌△FNG（ASA）， ∴MG=NG； ∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°， ∴四边形AENM是矩形， 在矩形AENM中，AM=EN， 在△AMG与△ENG中， ∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG， ∴△AMG≌△ENG（SAS）， ∴AG=EG， ∴EG=CG． 证法二：延长CG至M，使MG=CG， 连接MF，ME，EC， 在△DCG与△FMG中， ∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG， ∴△DCG≌△FMG． ∴MF=CD，∠FMG=∠DCG， ∴MF∥CD∥AB， ∴EF⊥MF． 在Rt△MFE与Rt△CBE中， ∵MF=CB，∠MFE=∠EBC，EF=BE， ∴△MFE≌△CBE ∴∠MEF=∠CEB． ∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°， ∴△MEC为直角三角形． ∵MG=CG， ∴EG=MC， ∴EG=CG． （3）（1）中的结论仍然成立．理由如下： 过F作CD的平行线并延长CG交于M点，连接EM、EC，过F作FN垂直于AB于N． 由于G为FD中点，易证△CDG≌△MFG，得到CD=FM， 又因为BE=EF，易证∠EFM=∠EBC，则△EFM≌△EBC，∠FEM=∠BEC，EM=EC ∵∠FEC+∠BEC=90°，∴∠FEC+∠FEM=90°，即∠MEC=90°， ∴△MEC是等腰直角三角形， ∵G为CM中点， ∴EG=CG，EG⊥CG． 能力拓展 拓展1 【答案】（1）见解析；（2）AD=DN；（3）AD=DN，AD⊥DN 【解析】（1）证明：解法一：如图1中，延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM． 在△ADB和△KDM中， ， ∴△ADB≌△KDM， ∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD， ∴AB∥KM， ∴∠KMC=∠BAC=90°， ∵AB=AC，∠BAC=90°， ∴∠C=45°，∵MN⊥BC， ∴∠MNC=90°，∠NMC=45°=∠KMC=∠C， ∴MN=NC， 在△ANC和△KNM中， ， ∴△ANC≌△KNM， ∴AN=KN，∠ANC=∠KNM， ∴∠KNA=∠MNC=90° ∵AD=DK， ∴DN=AD=DK， 即AD=DN． 解法二：根据直角三角形斜边中线性质，可知AD=BM，DN=BM，由此即可证明． （2）如图2中，结论：AD=DN． 理由：延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM． 在△ADB和△KDM中， ， ∴△ADB≌△KDM， ∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD， ∴AB∥KM， ∴∠KMN=∠B=45°， ∵∠NMC=∠NCM=∠ACB=45° ∴MN=NC，∠KMN=∠ACN=90° 在△ANC和△KNM中， ， ∴△ANC≌△KNM， ∴AN=KN，∠ANC=∠KNM， ∴∠KNA=∠MNC=90° ∵AD=DK， ∴DN=AD=DK， 即AD=DN． （3）如图3中，结论：AD=DN，AD⊥DN． 理由：延长AD到K，使得DK=AD，连接AN、KN、KM，延长KN交AC于G． 在△ADB和△KDM中， ， ∴△ADB≌△KDM， ∴AB=KM=AC，∠BAD=∠MKD， ∴AB∥KM， ∴∠KGC=∠BAC=90°， ∴∠ACN+∠NMG=180°， ∵∠KMN+∠NMG=180°， ∴∠ACN=∠NMK， 在△ANC和△KNM中， ， ∴△ANC≌△KNM， ∴AN=KN，∠ANC=∠KNM， ∴∠KNA=∠MNC=90° ∵AD=DK， ∴DN=AD=DK，DN⊥AK， 即AD=DN．AD⊥DN． 拓展2 【答案】（1）PM=PN；PM⊥PN（2）△PMN是等腰直角三角形，理由见解析（3） 【解析】（1）∵点P，N是BC，CD的中点， ∴PN∥BD，PN=BD， ∵点P，M是CD，DE的中点， ∴PM∥CE，PM=CE， ∵AB=AC，AD=AE， ∴BD=CE， ∴PM=PN， ∵PN∥BD， ∴∠DPN=∠ADC， ∵PM∥CE， ∴∠DPM=∠DCA， ∵∠BAC=90°， ∴∠ADC+∠ACD=90°， ∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°， ∴PM⊥PN （2）由旋转知，∠BAD=∠CAE， ∵AB=AC，AD=AE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ABD=∠ACE，BD=CE， 同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN=BD，PM=CE， ∴PM=PN， ∴△PMN是等腰三角形， 同（1）的方法得，PM∥CE， ∴∠DPM=∠DCE， 同（1）的方法得，PN∥BD， ∴∠PNC=∠DBC， ∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC， ∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC =∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC =∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC， ∵∠BAC=90°， ∴∠ACB+∠ABC=90°， ∴∠MPN=90°， ∴△PMN是等腰直角三角形， （3）如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形， ∴MN最大时，△PMN的面积最大， ∴DE∥BC且DE在顶点A上面， ∴MN最大=AM+AN， 连接AM，AN， 在△ADE中，AD=AE=4，∠DAE=90°， ∴AM=2， 在Rt△ABC中，AB=AC=10，AN=5， ∴MN最大=2+=7， ∴S△PMN最大=PM2=×MN2=×（7）2=． 拓展3 （1） 【答案】等边三角形，4﹣4． （2） ①正方形，AE=BF ②,8≤y＜16． 【解析】（1）如题图2，由旋转性质可知EF=DF=DE，则△DEF为等边三角形． 在Rt△ADE与Rt△CDF中， ∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL） ∴AE=CF． 设AE=CF=x，则BE=BF=4﹣x ∴△BEF为等腰直角三角形． ∴EF=BF=（4﹣x）． ∴DE=DF=EF=（4﹣x）． 在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE2+AD2=DE2，即：x2+42=[（4﹣x）]2， 解得：x1=8﹣4，x2=8+4（舍去） ∴EF=（4﹣x）=4 ﹣． DEF的形状为等边三角形，EF的长为4﹣4． （2）①四边形EFGH的形状为正方形，此时AE=BF．理由如下： 依题意画出图形，如答图1所示：连接EG、FH，作HN⊥BC于N，GM⊥AB于M． 由旋转性质可知，EF=FG=GH=HE， ∴四边形EFGH是菱形， 由△EGM≌△FHN，可知EG=FH， ∴四边形EFGH的形状为正方形． ∴∠HEF=90° ∵∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90°， ∴∠1=∠3． ∵∠3+∠4=90°，∠2+∠3=90°， ∴∠2=∠4． 在△AEH与△BFE中， ∴△AEH≌△BFE（ASA） ∴AE=BF． ②利用①中结论，易证△AEH、△BFE、△CGF、△DHG均为全等三角形， ∴BF=CG=DH=AE=x，AH=BE=CF=DG=4﹣x． ∴y=S正方形ABCD﹣4S△AEH=4×4﹣4×x（4﹣x）=2x2﹣8x+16． ∴y=2x2﹣8x+16（0＜x＜4） ∵y=2x2﹣8x+16=2（x﹣2）2+8， ∴当x=2时，y取得最小值8；当x=0时，y=16， ∴y的取值范围为：8≤y＜16． 拓展4 【答案】（1）见解析（2）见解析（3）△ACN仍为等腰直角三角形 【解析】（1）证明：如图1， ∵EN∥AD， ∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM． ∵点M为DE的中点， ∴DM=EM． 在△ADM和△NEM中， ∴． ∴△ADM≌△NEM． ∴AM=MN． ∴M为AN的中点． （2）证明：如图2， ∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形， ∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°． ∵AD∥NE， ∴∠DAE+∠NEA=180°． ∵∠DAE=90°， ∴∠NEA=90°． ∴∠NEC=135°． ∵A，B，E三点在同一直线上， ∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°． ∴∠ABC=∠NEC． ∵△ADM≌△NEM（已证）， ∴AD=NE． ∵AD=AB， ∴AB=NE． 在△ABC和△NEC中， ∴△ABC≌△NEC． ∴AC=NC，∠ACB=∠NCE． ∴∠ACN=∠BCE=90°． ∴△ACN为等腰直角三角形． （3）△ACN仍为等腰直角三角形． 证明：如图3，延长AB交NE于点F， ∵AD∥NE，M为中点， ∴易得△ADM≌△NEM， ∴AD=NE． ∵AD=AB， ∴AB=NE． ∵AD∥NE， ∴AF⊥NE， 在四边形BCEF中， ∵∠BCE=∠BFE=90° ∴∠FBC+∠FEC=360°﹣180°=180° ∵∠FBC+∠ABC=180° ∴∠ABC=∠FEC 在△ABC和△NEC中， ∴△ABC≌△NEC． ∴AC=NC，∠ACB=∠NCE． ∴∠ACN=∠BCE=90°． ∴△ACN为等腰直角三角形． 拓展5 【答案】（1）DM=FM，DM⊥FM （2）DM⊥FM，DM=FM 【解析】（1）如图2，DM=FM，DM⊥FM， 证明：连接DF，NF， ∵四边形ABCD和CGEF是正方形， ∴AD∥BC，BC∥GE， ∴AD∥GE， ∴∠DAM=∠NEM， ∵M是AE的中点， ∴AM=EM， 在△MAD与△MEN中， ， ∴△MAD≌△MEN， ∴DM=MN，AD=EN， ∵AD=CD， ∴CD=NE， ∵CF=EF，∠DCF=∠DCB=90°， 在△DCF与△NEF中， ， ∴△DCF≌△NEF， ∴DF=NF，∠CFD=∠EFN， ∵∠EFN+∠NFC=90°， ∴∠DFC+∠CFN=90°， ∴∠DFN=90°， ∴DM⊥FM，DM=FM （2）猜想：DM⊥FM，DM=FM， 证明如下：如图3，连接DF，NF， 连接DF，NF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC， ∵点E、B、C在同一条直线上， ∴AD∥CN， ∴∠ADN=∠MNE， 在△MAD与△MEN中， ， ∴△MAD≌△MEN， ∴DM=MN，AD=EN， ∵AD=CD， ∴CD=NE， ∵CF=EF， ∵∠DCF=90°+45°=135°，∠NEF=180°﹣45°=135°， ∴∠DCF=∠NEF， 在△DCF与△NEF中， ， ∴△MAD≌△MEN， ∴DF=NF，∠CFD=∠EFN， ∵∠CFD+∠EFD=90°， ∴∠NFE+∠EFD=90°， ∴∠DFN=90°， ∴DM⊥FM，DM=FM． 拓展6 【答案】（1） （2）①；②；见解析 （3）;或 【解析】（1），理由如下： ∵正方形， ∴，， ∵将绕点旋转得到，连接，过点作的垂线，交射线于，交射线于， ∴，，， ∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴； （2）①，理由如下： ∵正方形， ∴，， ∵将绕点旋转得到，连接，过点作的垂线，交射线于，交射线于， ∴，，， ∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴； ②，理由如下： ∵，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴； （3）有两种情况，如图2，，如图3，； ①如图2：∵， ∴， 在中，， ∴； ②如图3：∵， ∴， 在中，， ∴． 0 1 学科网（北京）股份有限公司 $$