专题4.7 旋转模型必考四大类型（必考点分类集训）-2024-2025学年九年级数学上册必考点分类集训系列（人教版）

专题4.7 旋转模型必考四大类型 【人教版】 【类型1 构造手拉手模型求最值】 1 【类型2 手拉手模型——遇90°构造90°】 3 【类型3 手拉手模型——遇60°构造60°】 5 【类型4 手拉手模型——遇120°构造120°】 6 【类型1 构造手拉手模型求最值】 1．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝4，将BC绕点C顺时针旋转120°得到CD，则线段AD的长度的最小值是（　　） A． B． C． D． 2．在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，点D为边BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，连接BE．若直角边AB的长为2，则线段BE长度的最小值为（　　） A．2 B． C． D．1 3．如图，在矩形ABCD中，，BC＝6，点P在线段BC上运动，将AP绕点A逆时针旋转60°得到AP'，连接DP'，则DP'的最小值为（　　） A．3 B． C． D． 4．如图，在边长为的正方形ABCD中，E是边BC上一动点，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF，连接AF，点M、N分别是边AD、AF的中点，则MN的最小值为（　　） A．1 B． C． D． 5．如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，点M是AB边的中点，点N是AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N′，则△MBN′周长的最小值为（　　） A．15 B．5+5 C．10+5 D．18 6．如图，在菱形ABCD中，，∠BAD＝60°，对角线AC，BD相交于点O，点E是对角线AC上的一个动点，连结BE，将BE绕点B按逆时针方向旋转60°，得到BF，连接OF，则OF的最小值是（　　） A． B． C． D． 7．如图，△ABC是边长为8的等边三角形，D是BC的中点，E是直线AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF．则在点E的运动过程中，DF的最小值是（　　） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 8．如图，点O是等边△ABC内一点，OA＝2，，OC＝4，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则S△ABC﹣S△AOC的值为（　　） A． B． C． D． 9．如图，菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，E是边AD的中点，F是边AB上的一个动点，将线段EF绕着点E逆时针旋转60°得到EG，连接BG，CG，则BG+CG的最小值为（　　） A． B． C． D． 【类型2 手拉手模型——遇90°构造90°】 1．如图，点P是正方形ABCD内一点，且PA＝2，PB，PC＝4，则正方形ABCD的面积是 　 　． 2．如图，点P是正方形ABCD内一点，若PA，PB，PC＝1，则∠APB＝　 　． 3．如图，D是△ABC内一点，∠BDC＝90°，BD＝CD，AB＝20，AC＝21，AD，则BC的长是 　　． 4．如图1，在△ABC中，以AC为边向外作等边△ACD，以AB为边向外作等边△ABE，连接CE、BD．求证：△BAD≌△EAC． 【知识应用】如图2，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，△ACB是等腰直角三角形，∠ADC＝45°，AD＝2，CD＝4，求BD的长． 【拓展提升】如图3，四边形ABCD中，AB＝AC，∠ABC+∠ADC＝90°，，则∠BAC﹣∠BDC＝　 　． 5．如图所示，等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°． （1）如图1所示，若D是△ABC内一点，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连结AD，BE，求证：AD＝BE； （2）如图2所示，若D是△ABC外一点，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，且AE＝AB，求证：BDCD； （3）如图3所示，若O是斜边AB的中点，M为BC下方一点，且OM，CM＝7，∠BMC＝45°，则BM＝　 ． 【类型3 手拉手模型——遇60°构造60°】 1．如图，在△ABC中，AC＝BC，AB＝12，把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，连接CD，当时，AC的长为（　　） A． B．10 C． D． 2．如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则∠APB的度数为（　　） A．150° B．135° C．120° D．165° 3．如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．∠ADC＝30°，AD＝2.4，BD＝4，则CD的长为 　 　． 4．如图，点D是等边△ABC内部的一点，∠ADC＝120°，AB2＝19，，则线段BD的长度是 　 　． 【类型4 手拉手模型——遇120°构造120°】 1．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D为△ABC外一点，连接BD、AD、CD，∠ADC＝60°，BD＝5，DC＝4，则AD＝　　． 2．如图，△ABC中，AB＝AC，点P为△ABC内一点，∠APB＝∠BAC＝120°．若AP+BP＝5，则PC的最小值为 　 　． 3．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝a（a＞0），将CB绕C顺时针旋转120°得CD，当DA长的最小值为时，a的值为 　 ． 4．如图，在△ABC中，∠ACB＝30°，AB＝AC，点P是△ABC内一点，且PA＝2，PB，PC＝3，求∠APC的度数． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！16 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题4.7 旋转模型必考四大类型 【人教版】 【类型1 构造手拉手模型求最值】 1 【类型2 手拉手模型——遇90°构造90°】 12 【类型3 手拉手模型——遇60°构造60°】 20 【类型4 手拉手模型——遇120°构造120°】 25 【类型1 构造手拉手模型求最值】 1．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝4，将BC绕点C顺时针旋转120°得到CD，则线段AD的长度的最小值是（　　） A． B． C． D． 【分析】在AC的上方作∠ACM＝120°，且使 CM＝CA，连接AM，DM．设AB＝x，则AC＝4﹣x＝CM，根据ASA证明△BAC≌△DMC得出DM＝BA＝x，∠CMD＝∠BAC＝120°，得出∠AMD＝90°，即可推出结论． 【解答】解：如图，在AC的上方作∠ACM＝120°，且使 CM＝CA，连接AM，DM． 设AB＝x，则AC＝4﹣x＝CM， ∴， ∵将BC绕点C顺时针旋转120°得到CD， ∴∠BCA+∠ACD＝120， 又∵∠ACD+∠DCM＝∠ACM＝120°， ∴∠ACB＝∠DCM， ∴△BAC≌△DMC（ASA）， ∴DM＝BA＝x，∠CMD＝∠BAC＝120°． ∴∠AMD＝90°， ∴AD2＝AM2+DM2＝3（4﹣x）2+x2＝4（x﹣3）2+12≥12， ∵0＜x＜4， ∴AD的最小值为． 故选：C． 2．在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，点D为边BC上一动点，连接AD，将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE，连接BE．若直角边AB的长为2，则线段BE长度的最小值为（　　） A．2 B． C． D．1 【分析】如图，在AB上取一点K，使得AK＝AB，连接BK，DK．利用已知条件可以证明△EAB≌△DAK（SAS），推出EB＝DK，易知KD⊥BC时，KD的值最小，求出KD的最小值即可解决问题． 【解答】解：如图，在AB上取一点K，使得AK＝AB，连接BK，DK． ∵∠ACB＝90°，∠C＝30°， ∴∠BAK＝60°， ∴△ABK为等边三角形， ∴AK＝AB， ∵将线段AD绕点A顺时针旋转60°得到线段AE， ∴∠EAD＝∠BAK＝60°，AE＝AD， ∴∠EAB＝∠DAK， ∴△EAB≌△DAK（SAS）， ∴EB＝DK， ∴线段BE长度的最小时，KD的长度也最小， 而KD⊥BC时，KD的值最小， ∵AB的长为2， ∴AC＝4，AK＝2， ∴CK＝2， ∴DK的最小值为1， ∴EB的最小值为1． 故选：D． 3．如图，在矩形ABCD中，，BC＝6，点P在线段BC上运动，将AP绕点A逆时针旋转60°得到AP'，连接DP'，则DP'的最小值为（　　） A．3 B． C． D． 【分析】利用SAS证明△ABP≌△AEP'，得∠AEP'＝∠ABP＝90°，则点P'在射线EP'上运动，即求DH的长度，再运用含30°角的直角三角形的性质进行解题． 【解答】解：如图，以AB为边作等边△ABE，连接P'E，并延长交AD于F，过点D作DH⊥P'E于H， ∴AB＝AE，∠BAE＝60°， ∵将AP绕点A逆时针旋转60°得到AP'， ∴AP＝AP'，∠PAP'＝60°， ∴∠BAP＝∠EAP'， 在△ABP和△AEP'中， ， ∴△ABP≌△AEP'（SAS）， ∴∠AEP'＝∠ABP＝90°， ∴点P'在射线EP'上运动， 当P'与H重合时，DP'最小， 在Rt△AEF中，∠EAF＝30°，AB＝AE＝2， ∴EF＝2， ∴AF＝2EF＝4， ∴DF＝AD﹣AF＝6﹣4＝2， ∴DHDF， ∴DQ的最小值为， 故选：B． 4．如图，在边长为的正方形ABCD中，E是边BC上一动点，将线段AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF，连接AF，点M、N分别是边AD、AF的中点，则MN的最小值为（　　） A．1 B． C． D． 【分析】作FG⊥BC交BC的延长线于点G，连接DF，CF，延长CF交AD的延长线于点P，作PQ⊥BQ交BC的延长线于点Q，如图，证得△ABE≌△EGF（AAS），推导出△CQP是等腰直角三角形，四边形CQPD是正方形，点F在正方形CQPD的对角线CP上运动，得出MN是△ADF的中位线，当DF最小时，MN最小，此时，DF⊥CP，即F位于正方形对角线的交点，进而得到DF＝1，MN． 【解答】解：作FG⊥BC交BC的延长线于点G，连接DF，CF，延长CF交AD的延长线于点P，作PQ⊥BQ交BC的延长线于点Q，如图， ∵四边形ABCD是正方形，∠ABC＝90°， 又∵∠AEF＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝∠AEB+∠GEF＝90°， ∴∠BAE＝∠GEF， 在△ABE和△EGF中， ∴△ABE≌△EGF（AAS）， ∴BE＝FG，AB＝EG＝BC， ∴BE＝CF， ∴CG＝FG， ∴△CGF是等腰直角三角形， ∴△CQP是等腰直角三角形， ∴四边形CQPD是正方形， ∴点F在正方形CQPD的对角线CP上运动， ∵AM＝MD，AN＝NF， ∴MN是△ADF的中位线， ∴MNDF， ∴当DF最小时，MN最小， 此时，DF⊥CP，即F位于正方形对角线的交点， ∴DFDP1， ∴MNDF， 故选：B． 5．如图，在矩形ABCD中，AB＝10，BC＝6，点M是AB边的中点，点N是AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N′，则△MBN′周长的最小值为（　　） A．15 B．5+5 C．10+5 D．18 【分析】因为BM＝5，要求△MBN′周长最小，实际是求BN'+MN'最小，转化成“将军饮马”模型，先找出N'运动轨迹，由线段旋转90°，可得三垂直全等，进而推出点N′在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，再作对称求解即可． 【解答】解：过点N′作EF∥AB，交AD、BC于E、F，过点M作MG⊥EF于点G， ∵矩形ABCD， ∴AB∥CD， ∴AB∥EF∥CD， ∴四边形AMGE和BMGF都是矩形， ∴∠A＝∠MGN＝90°， 由旋转的性质得∠NMN'＝90°，MN＝MN′， ∴∠AMN＝90°﹣∠NMG＝∠GMN′， ∴△AMN≌△GMN′（AAS）， ∴MG＝AM， ∴点N在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动， 作点M关于直线EF的对称点M'，连接MB交直线EF于点N′，此时△MBN′周长取得最小值， 最小值为BM+BM′， ∵BMAB＝5，MM′＝5+5＝10， ∴， 故选：B． 6．如图，在菱形ABCD中，，∠BAD＝60°，对角线AC，BD相交于点O，点E是对角线AC上的一个动点，连结BE，将BE绕点B按逆时针方向旋转60°，得到BF，连接OF，则OF的最小值是（　　） A． B． C． D． 【分析】由菱形的性质可得AB＝AD，AC⊥BD，BO＝OD，可证△ABD是等边三角形，可得AB＝BD＝4，∠ABD＝60°，由旋转的性质可得BE＝BF，∠EBF＝60°＝∠ABD，由“SAS”可证△ABE≌△DBF，可得∠BAO＝∠BDF＝30°，则点F在过点D与BD成30°的射线上移动，由垂线段最短和直角三角形的性质可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°， ∴AB＝AD，AC⊥BD，BO＝OD， ∴△ABD是等边三角形， ∴AB＝BD＝4，∠ABD＝60°， ∴BO＝DO＝2，∠BAO＝30°， ∵将BE绕点B按逆时针方向旋转60°，得到BF， ∴BE＝BF，∠EBF＝60°＝∠ABD， ∴∠ABE＝∠DBF， ∴△ABE≌△DBF（SAS）， ∴∠BAO＝∠BDF＝30°， ∴点F在过点D与BD成30°的射线上移动， ∴当OF⊥DF时，OF有最小值， ∴OF的最小值为OD， 故选：C． 7．如图，△ABC是边长为8的等边三角形，D是BC的中点，E是直线AD上的一个动点，连接EC，将线段EC绕点C逆时针旋转60°得到FC，连接DF．则在点E的运动过程中，DF的最小值是（　　） A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 【分析】如图，取AC的中点G，连接EG，根据等边三角形的性质和角的和差可得CD＝CG，∠DCF＝∠GCE，根据旋转的性质可得CE＝CF，然后即可利用“边角边”证明△DCF和△GCE全等，进而可得DF＝EG，然后根据垂线段最短可得EG⊥AD时EG最短，再根据30°角的直角三角形的性质求解即可． 【解答】解：如图，取AC的中点G，连接EG， ∵△ABC是等边三角形，AD是△ABC的对称轴， ∴AB＝BC＝AC＝8，∠ACB＝60°， ∴CDBC＝4＝CG， ∵旋转角为60°， ∴∠ECD+∠DCF＝60°， 又∵∠ECD+∠GCE＝∠ACB＝60°， ∴∠DCF＝∠GCE， 又∵CE旋转到CF，∴CE＝CF， 在△DCF和△GCE中， ， ∴△DCF≌△GCE（SAS）， ∴DF＝EG， 根据垂线段最短，EG⊥AD时，EG最短，即DF最短， 此时∵∠CAD60°＝30°，AGAC8＝4， ∴EGAG4＝2， ∴DF的最小值是2． 故选：A． 8．如图，点O是等边△ABC内一点，OA＝2，，OC＝4，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，则S△ABC﹣S△AOC的值为（　　） A． B． C． D． 【分析】证明△BO'A≌△BOC，即可得到O'A＝OC＝4，S△AO′B＝S△BOC，根据旋转的性质可知△BOO'是等边三角形，则OO'＝OB＝2，利用勾股定理的逆定理判断△AOO'是直角三角形，∠AOO’＝90°，利用四边形AOBO'的面积＝等边△BOO'面积+Rt△AO′O面积＝△AO'B面积+△AOB的面积＝△BOC的面积+△AOB的面积，进行计算即可判断． 【解答】解：在△BO'A和△BOC中，BO'＝BO，∠O'BA＝∠OBA，BA＝BC． ∴△ABO'≌△BOC（SAS）． ∴O'A＝OC＝4． 如图，连接OO’， 根据旋转的性质可知△BOO'是等边三角形， ∴OO'＝OB＝2， 在△AOO'中，AO＝2，OO'＝2，AO'＝4， ∴△AOO'是直角三角形，∠AOO’＝90°． ∴Rt△AOO''面积为2， ∵等边△BOO'面积为3， ∴四边形AOBO'的面积为5， ∵△ABO'≌△BOC， ∴四边形AOBO'的面积＝△AOB的面积+△BOC的面积， ∴S△ABC﹣S△AOC＝S△AOB+S△BOC＝5． 故选：A． 9．如图，菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，E是边AD的中点，F是边AB上的一个动点，将线段EF绕着点E逆时针旋转60°得到EG，连接BG，CG，则BG+CG的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】取AB的中点N，连接EN、EC、GN，连接BD，证明GB＝GE，连接EC构造△CGE，在△CGE，证明BG+CG＝BG+GE≥EC，求出EC的长度即可，过点E作EH⊥CD的延长线于H，在Rt△DEH中，由菱形的性质可知∠DEH＝30°，由此即可求出DH，EH的长度，在Rt△CEH中即可求出EC的长，于是就可以求出BG+CG的最小值． 【解答】解：如图所示，取AB的中点N，连接EN、EC、GN，连接BD， ∵四边形ABCD是菱形，∠A＝60°， ∴AB＝AD， ∴△ABD是等边三角形， ∴AD＝BD， ∵点E是AD中点，点N是AB的中点， ∴，， ∴三角形AEN是等边三角形， ∴NE＝AE， ∵∠FEG＝60°，EF＝EG， ∴∠AEF+∠FEN＝∠FEN+∠NEG＝60°， ∴∠AEF＝∠NEG，EF＝EG，AE＝NE， ∴△AEF≌△NEG（SAS）， ∴∠ENG＝∠A＝60°， ∴∠GNB＝180°﹣∠ENG﹣∠ENA＝60°， ∵NG＝NG，NE＝AE＝BN， ∴△ENG≌△BNG（SAS）， ∴GB＝GE，则BG+CG＝CG+GE， 在△ECG中，BG+CG＝CG+GE≥EC， 如下图所示，过点E作EH⊥CD的延长线于H， 在Rt△EDH中，∠H＝90°，由菱形ABCD可知∠ADB＝∠BDC＝60°， ∴∠ADH＝60°，则∠DEH＝30°，且， ∴， 则， 在Rt△CEH中，， ∴， 故选：C． 【类型2 手拉手模型——遇90°构造90°】 1．如图，点P是正方形ABCD内一点，且PA＝2，PB，PC＝4，则正方形ABCD的面积是 　 　． 【分析】将△ABP绕点B按顺时针方向旋转90°，使AB与BC重合；则∠PBP′＝90°，BP′＝BP，P′C＝PA＝2；根据勾股定理得PP′2＝4，再由P′C2＝12，PC2＝16可知PC2＝PP′2+P′C2，可求∠PP'C＝90°，即可求∠APB＝∠BP′C＝135°，由直角三角形的性质可求AH＝PH，由勾股定理和正方形的面积公式可求解． 【解答】解：将△ABP绕点B按顺时针方向旋转90°，使AB与BC重合，过点A作AH⊥BP，交BP的延长线于H， 则∠PBP′＝90°，BP′＝BP，P′C＝PA＝2，∠BP'C＝∠APB， 由勾股定理得：PP′2＝2+2＝4， ∵P′C2＝（2）2＝12，PC2＝42＝16， ∴PC2＝PP′2+P′C2， ∴∠PP′C＝90°， 又∵∠BP′P＝45°， ∴∠BP′C＝135°， ∴∠APB＝∠BP′C＝135°， ∴∠APH＝45°， ∴∠APH＝∠PAH＝45°， ∴AH＝PHAP， ∴AB2＝AH2+BH2＝6+（）2＝14+4， ∴正方形的面积＝AB2＝14+4． 故答案为：14+4． 2．如图，点P是正方形ABCD内一点，若PA，PB，PC＝1，则∠APB＝　 　． 【分析】将△CBP绕点B逆时针旋转90°，得到△ABE，则∠PBE＝90°，EB＝PB，根据勾股定理求得PE＝2，则EA2+PA2＝PE2＝4，即可根据勾股定理的逆定理证明∠PAE＝90°，取PE的中点F，连接AF，则△AEF是等边三角形，所以∠AEP＝60°，∠APE＝30°，而∠BPE＝45°，即可求得∠APB＝＝75°． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CB，∠ABC＝90°， 将△CBP绕点B逆时针旋转90°，得到△ABE， ∵∠PBE＝90°，EB＝PB， ∴PE2， ∵EA＝PC＝1，PA， ∴EA2+PA2＝PE2＝4， ∴△PAE是直角三角形，且∠PAE＝90°， 取PE的中点F，连接AF，则AF＝EFPE＝1， ∴EA＝AF＝EF， ∴∠AEP＝60°， ∴∠APE＝90°﹣∠AEP＝90°﹣60°＝30°， ∵∠BPE＝∠BEP＝45°， ∴∠APB＝∠APE+∠BPE＝30°+45°＝75°， 故答案为：75°． 3．如图，D是△ABC内一点，∠BDC＝90°，BD＝CD，AB＝20，AC＝21，AD，则BC的长是 　　． 【分析】将线段AD顺时针旋转90°得到Rt△ADE，利用SAS证明△ADC≌△EDB，得BE＝AC＝21，设EH＝x，则BH＝21﹣x，利用勾股定理列方程即可解决问题． 【解答】解：如图所示，将线段AD顺时针旋转90°得到Rt△ADE， ∴∠ADE＝∠BDC＝90°，AD＝DE， ∴∠ADE+∠EDC＝∠EDC+∠BDC， ∴∠ADC＝∠BDE， 又∵BD＝CD， ∴△ADC≌△EDB（SAS）， ∴BE＝AC＝21， ∵△EDB可视为△ADC旋转90°而得， ∴BE⊥AC， 设BE与AC的交点为H， 在△ABE中，AB＝20，AEAD＝13，BE＝21， 设EH＝x，则BH＝21﹣x， 由勾股定理得，AB2﹣BH2＝AH2＝AE2﹣EH2， 即202﹣（21﹣x）2＝132﹣x2， 解得x＝5， ∴BH＝16， AH12， CH＝21﹣12＝9， ∴BC． 故答案为：． 4．如图1，在△ABC中，以AC为边向外作等边△ACD，以AB为边向外作等边△ABE，连接CE、BD．求证：△BAD≌△EAC． 【知识应用】如图2，四边形ABCD中，AC、BD是对角线，△ACB是等腰直角三角形，∠ADC＝45°，AD＝2，CD＝4，求BD的长． 【拓展提升】如图3，四边形ABCD中，AB＝AC，∠ABC+∠ADC＝90°，，则∠BAC﹣∠BDC＝　 　． 【分析】由等边三角形的性质得AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠DAC＝60°，可根据“边角边“证明△BAD≌△EAC； 【知识应用】如图2，过点C作CE⊥CD，使CE＝CD，连接DE，AE，先根据勾股定理计算AE＝6，证明△BCD≌△ACE（SAS），则BD＝AE＝6； 【拓展提升】如图3，作∠DAE＝∠BAC，使AE＝AD，连接CE，DE，证明△BAD≌△CAE（SAS），则BD＝CE，∠ADB＝∠AEC，再证明△CDE是等腰直角三角形，设∠ACB＝α，根据角的和与差可得结论． 【解答】证明：如图1，∵△ABE和△ACD都是等边三角形， ∴AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠DAC＝60°， ∴∠BAE+∠BAC＝∠DAC+∠BAC， 即∠BAD＝∠EAC， ∴△BAD≌△EAC（SAS）； 【知识应用】 解：如图2，过点C作CE⊥CD，使CE＝CD，连接DE，AE， ∴△DCE是等腰直角三角形， ∴∠CDE＝45°，DECD＝4， ∵∠ADC＝45°， ∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝45°+45°＝90°， ∵AD＝2， ∴AE6， ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠BCD＝∠ACE， ∵AC＝BC，DC＝CE， ∴△BCD≌△ACE（SAS）， ∴BD＝AE＝6； 【拓展提升】 如图3，作∠DAE＝∠BAC，使AE＝AD，连接CE，DE， ∴∠BAD＝∠CAE， ∵AC＝AB， ∴△BAD≌△CAE（SAS）， ∴BD＝CE，∠ADB＝∠AEC， ∵∠BAC＝∠EAD， ∴∠ADE+∠AED＝∠ACB+∠ABC， ∵AD＝AE，AC＝AB， ∴∠ADE＝∠AED＝∠ACB＝∠ABC， ∵∠ABC+∠ADC＝90°， ∴∠ADC+∠ADE＝90°， 即∠CDE＝90°， ∵BDCD， ∴CECD， ∴CE2＝2CD2， ∵∠CDE＝90°， ∴CD2+DE2＝CE2， ∴CD＝DE， ∴∠DEC＝45°， 设∠ACB＝α， ∴∠ADB＝∠AEC＝α﹣45°， ∴∠BDC＝∠EDC﹣（∠ADE+∠ADB） ＝90°﹣（α+∠AEC） ＝90°﹣（α+α﹣45°） ＝135°﹣2α， ∵∠BAC＝180°﹣2α， ∴∠BAC﹣∠BDC＝180°﹣2α﹣（135°﹣2α）＝45°． 故答案为：45°． 5．如图所示，等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°． （1）如图1所示，若D是△ABC内一点，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连结AD，BE，求证：AD＝BE； （2）如图2所示，若D是△ABC外一点，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，且AE＝AB，求证：BDCD； （3）如图3所示，若O是斜边AB的中点，M为BC下方一点，且OM，CM＝7，∠BMC＝45°，则BM＝　 ． 【分析】（1）由等腰直角三角形性质得AC＝BC，再由旋转的性质得CD＝CE，∠DCE＝90°，然后由SAS证△∠ACD≌△BCE，即可得出结论； （2）连接AD、BE，AD交BE于点O，AD交BC于点N，连接DE，证△ACD≌△BCE（SAS），得∠DAC＝∠EBC，再证AD⊥BE，则OE＝OB，然后由等腰三角形的性质得DE＝BD，即可得出结论； （3）过点O作OP⊥OM，且OP＝OM，连接PM、PC，并延长PC交BM于点Q，交QM于点H，连接OC，证△POC≌△MOB（SAS），得CP＝BM，∠OPC＝∠OMB，再证∠PQM＝∠POM＝90°，则△CMQ是等腰直角三角形，得CQ＝MQ，设PC＝x，则PQ＝（x），然后在Rt△PQM中，由勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB＝90°， ∴AC＝BC， 由旋转的性质得：CD＝CE，∠DCE＝90°， ∵∠ACD+∠DCB＝90°，∠BCE+∠DCB＝90°， ∴∠ACD＝∠BCE， 又∵AC＝BC，CD＝CE， ∴△∠ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD＝BE； （2）证明：如图2，连接AD、BE，AD交BE于点O，AD交BC于点N，连接DE， 由旋转的性质得：CD＝CE，∠DCE＝90°， ∴△DCE是等腰直角三角形， ∴DECD， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACB+∠DCB＝∠DCE+∠DCB， 即∠ACD＝∠BCE， 又∵AC＝BC，CD＝CE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠DAC＝∠EBC， ∵∠ANC＝∠BNO， ∴∠ACN＝∠BON， ∵∠ACB＝90°， ∴∠BOA＝90°， 即AD⊥BE， ∵AE＝AB， ∴OE＝OB， ∴DE＝BD， ∴BDCD； （3）解：如图3，过点O作OP⊥OM，且OP＝OM，连接PM、PC，并延长PC交BM于点Q，交QM于点H，连接OC，则∠POM＝90°， ∵△ABC是等腰直角三角形，O是斜边AB的中点， ∴CO⊥AB，COAB＝OB， ∴∠COB＝∠POM＝90°， ∴∠POC＝∠MOB， ∴△POC≌△MOB（SAS）， ∴CP＝BM，∠OPC＝∠OMB， 又∵∠OHP＝∠QHM， ∴∠PQM＝∠POM＝90°， ∠BMC＝45°， ∴△CMQ是等腰直角三角形， ∴CQ＝MQCM， 在Rt△POM中，PMOM13， 设PC＝x，则PQ＝（x）， 在Rt△PQM中，由勾股定理得：（）2+（x）2＝132， 解得：x＝5（负值已舍去）， ∴PC＝5， ∴BM＝PC＝5， 故答案为：5． 【类型3 手拉手模型——遇60°构造60°】 1．如图，在△ABC中，AC＝BC，AB＝12，把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，连接CD，当时，AC的长为（　　） A． B．10 C． D． 【分析】如图，连接DB，延长DC交AB于F，首先利用旋转的性质证明△DAB为等边三角形，然后利用等边三角形的性质求出DF，接着利用已知条件求出CF，最后利用勾股定理即可求解． 【解答】解：如图，连接DB，延长DC交AB于F， ∵把△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE， ∴∠DAB＝60°，AD＝AB＝12， ∴△DAB为等边三角形， ∴DA＝DB， ∵AC＝BC， ∴CD为AB的中垂线， ∴AFAB＝6， 在Rt△ADF中，DF6， 而CD＝2， ∴CF＝DF﹣CD＝4， 在Rt△ACF中，AC2． 故选：C． 2．如图，等边△ABC中有一点P，且PA＝3，PB＝4，PC＝5，则∠APB的度数为（　　） A．150° B．135° C．120° D．165° 【分析】将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA，根据旋转的性质得BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°，根据等边三角形的性质得到PE＝PB＝4，∠BPE＝60°，根据勾股定理的逆定理可得到△APE为直角三角形，且∠APE＝90°，即可得到∠APB的度数． 【解答】解：∵△ABC为等边三角形， ∴BA＝BC， 可将△BPC绕点B逆时针旋转60°得△BEA， 连EP，如图， ∴BE＝BP＝4，AE＝PC＝5，∠PBE＝60°， ∴△BPE为等边三角形， ∴PE＝PB＝4，∠BPE＝60°， 在△AEP中，AE＝5，AP＝3，PE＝4， ∴AE2＝PE2+PA2， ∴△APE为直角三角形，且∠APE＝90°， ∴∠APB＝90°+60°＝150°． 故选：A． 3．如图，在四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．∠ADC＝30°，AD＝2.4，BD＝4，则CD的长为 　 　． 【分析】将△BCD绕点C顺时针旋转60°，点E为点D的对应点，连接DE，先根据等边三角形的性质可得∠ACB＝60°，再根据旋转的性质可得AE＝BD＝4，CE＝CD，∠DCE＝60°，然后根据等边三角形的判定与性质可得∠CDE＝60°，CD＝DE，最后在Rt△ADE利用勾股定理可得DE的长度，从而可得CD的长度． 【解答】解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝60°， 如图，将△BCD绕点C顺时针旋转60°，点E为点D的对应点，连接DE， ∵∠ACB＝60°， ∴点A为点B旋转后的对应点， 由旋转的性质得：AE＝BD＝4，CE＝CD，∠DCE＝60°， ∴△DCE是等边三角形， ∴∠CDE＝60°，CD＝DE， ∵∠ADC＝30°， ∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°， 在Rt△ADE中，， ∴CD＝DE＝3.2， 故答案为：3.2． 4．如图，点D是等边△ABC内部的一点，∠ADC＝120°，AB2＝19，，则线段BD的长度是 　 　． 【分析】点C作CH⊥AD，交AD的延长线于H，由勾股定理可求AD＝2，CD＝3，由旋转的性质可得AG＝AD＝2，CD＝BG＝3，∠DAG＝60°，由勾股定理可求BD的长． 【解答】解：如图，过点C作CH⊥AD，交AD的延长线于H，将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AGB，过点D作DN⊥BG于N， ∵， ∴设AD＝2x，CD＝3x， ∵∠ADC＝120°， ∴∠CDH＝60°， ∴∠DCH＝30°， ∴DHDC，CHx， ∴AHx， ∵AB＝AC， ∴AC2＝AB2＝19， ∵AH2+CH2＝AC2， ∴x2x2＝19， ∴x＝1， ∴AD＝2，CD＝3， ∵将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△AGB， ∴AG＝AD＝2，CD＝BG＝3，∠DAG＝60°， ∴△AGD是等边三角形， ∴∠AGD＝60°， ∴∠DGB＝60°， ∵DN⊥BG， ∴∠GDN＝30°， ∴GNGD＝1，DNGN， ∴BN＝2， ∴BD， 故答案为：． 【类型4 手拉手模型——遇120°构造120°】 1．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，点D为△ABC外一点，连接BD、AD、CD，∠ADC＝60°，BD＝5，DC＝4，则AD＝　　． 【分析】将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACE，易证得△EDC是直角三角形，根据勾股定理求得DE＝3，作AF⊥DE于F，得到DF，解直角三角形即可求得AD． 【解答】解：将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACE， ∴∠DAE＝120°，AD＝AE， ∴∠ADE＝∠AED＝30°， ∵∠ADC＝60°， ∴∠CDE＝90°， ∵EC＝BD＝5，DC＝4， ∴DE3， 作AF⊥DE于F， ∴DFDE， 在Rt△ADF中，∠ADF＝30°，AD2＝AF2+DF2， ∴AF， ∴AD2AD2， ∴AD， 故答案为． 2．如图，△ABC中，AB＝AC，点P为△ABC内一点，∠APB＝∠BAC＝120°．若AP+BP＝5，则PC的最小值为 　 　． 【分析】把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AP′C，作AD⊥PP′于D，根据旋转变换的性质和等腰三角形的性质得到∠AP′P＝30°，根据直角三角形的性质得到PP′AP，根据勾股定理和配方法计算可得出答案． 【解答】解：把△APB绕点A逆时针旋转120°得到△AP′C，作AD⊥PP′于D， 则AP＝AP′，∠PAP′＝120°，∠AP′C＝∠APB＝120°， ∴∠AP′P＝30°， ∴PP′AP，∠PP′C＝90°， ∵AP+BP＝5， ∴BP＝5﹣PA， 在Rt△PP′C中，PC， 则PC的最小值为， 故答案为：． 3．如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，AB+AC＝a（a＞0），将CB绕C顺时针旋转120°得CD，当DA长的最小值为时，a的值为 　 ． 【分析】由旋转的性质可得BC＝CD，∠BCD＝120°，∠ACH＝120°，AC＝CH＝x，由“SAS”可证△ABC≌△HDC，可得AB＝DH＝a﹣x，∠BAC＝∠DHC＝120°，由勾股定理和二次函数的性质可求解． 【解答】解：如图，将AC绕C顺时针旋转120°得CH，连接AH，DH，过点C作CG⊥AH于G， 设AC＝x，则AB＝a﹣x， ∵将CB绕C顺时针旋转120°得CD， ∴BC＝CD，∠BCD＝120°， ∵将AC绕C顺时针旋转120°得CH， ∴∠ACH＝120°，AC＝CH＝x， ∴∠CAH＝∠CHA＝30°，∠BCD＝∠ACH， ∴∠BCA＝∠DCH， ∵CG⊥AH， ∴CGCH，AG＝GHx， ∴AHx， 在△ABC和△HDC中， ， ∴△ABC≌△HDC（SAS）， ∴AB＝DH＝a﹣x，∠BAC＝∠DHC＝120°， ∴∠AHD＝90°， ∴AD2＝DH2+AH2＝（a﹣x）2+3x2＝（2xa）2a2a2， ∵DA长的最小值为， ∴， ∴a， 故答案为． 4．如图，在△ABC中，∠ACB＝30°，AB＝AC，点P是△ABC内一点，且PA＝2，PB，PC＝3，求∠APC的度数． 【分析】将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACQ，过点A作AD⊥PQ，垂足为D，根据等腰三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝30°，从而可得∠BAC＝120°，再根据旋转的性质可得：PB＝CQ，∠BAC＝∠PAQ＝120°，AP＝AQ＝2，从而利用等腰三角形的性质可得∠APQ＝∠AQP＝30°，PQ＝2DQ，然后在Rt△ADQ中，利用含30度角的直角三角形的性质可得AD＝1，DQ，从而可得PQ＝2，最后利用勾股定理的逆定理证明△PCQ是直角三角形，从而可得∠QPC＝90°，再利用角的和差关系进行计算，即可解答． 【解答】解：将△ABP绕点A逆时针旋转120°得到△ACQ，过点A作AD⊥PQ，垂足为D， ∵∠ACB＝30°，AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝30°， ∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝120°， 由旋转得：PB＝CQ，∠BAC＝∠PAQ＝120°，AP＝AQ＝2， ∴∠APQ＝∠AQP30°，PQ＝2DQ， 在Rt△ADQ中，AQ＝2， ∴ADAQ＝1，DQAD， ∴PQ＝2DQ＝2， ∵PQ2+PC2＝（2）2+32＝21，CQ2＝（）2＝21， ∴PQ2+PC2＝CQ2， ∴△PCQ是直角三角形， ∴∠QPC＝90°， ∴∠APC＝∠APQ+∠QPC＝120°， ∴∠APC的度数为120°． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！16 学科网（北京）股份有限公司 $$