专题01以旋转的角度理解几何模型-【常考压轴题】2024-2025学年九年级数学下册压轴题攻略（沪科版）

专题01 以旋转的角度理解几何模型 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 3 类型一、手拉手模型 3 类型二、对角互补模型 6 类型三、半角模型 8 压轴能力测评 11 1 手拉手模型 模型1：如图1. 条件：△ABC和△ADE为任意等腰三角形，且∠BAC=∠DAE 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角∠BMC=∠BAC. 模型2：如图2. 条件：△ABC,△ADE为等边三角形 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角BMC＝60°. 模型3：如图3 条件：△ABC,△ADE为等腰直角三角形. 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角∠BMC=90°。 2 对角互补模型 3 半角模型 类型一、手拉手模型 模型1：如图1. 条件：△ABC和△ADE为任意等腰三角形，且∠BAC=∠DAE 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角∠BMC=∠BAC. 模型2：如图2. 条件：△ABC,△ADE为等边三角形 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角BMC＝60°. 模型3：如图3 条件：△ABC,△ADE为等腰直角三角形. 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角∠BMC=90°。 例．如图1，在等腰中，，点D、E分别在边、上，，连接，点M、P、N分别为、、的中点． (1)观察猜想： 图1中，线段与的数量关系是______，位置关系是______； (2)探究证明： 把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，判断的形状，并说明理由； (3)拓展延伸： 把绕点A在平面内自由旋转，若，，求面积的最大值． 【变式训练1】．实验学校数学兴趣小组对特殊三角形外一点与该三角形三个顶点所形成的线段数量关系展开探究： (1)如图①，已知等边三角形边的延长线上一点P，且满足，求线段、、的数量关系，马超同学一眼看出结果为，，你是否同意，请聪明的你说明理由； (2)在探究过程中，小组同学们发现，当点P不在任意边的延长线上时，所形成的图形形似“鸡爪”，于是兴趣小组同学们对“鸡爪”图形的特点展开深入探究：如图②，为等边三角形，，（1）中的结论是否仍成立？小孙同学是这样做的：首先将线段朝外作等边三角形，连接，……，请沿着小孙同学的思路尝试着走下去看看结论是否符合（1）中的结论； (3)如图③，“鸡爪”图形中，是等腰直角三角形，，，请简述线段、、的的数量关系； (4)如图④，“鸡爪”图形中，是等腰直角三角形，，，若，，请直接写出的长． 【变式训练2】．在中，，点是直线上一点（不与、重合），把线路绕着点逆时针旋转至（即），使得，连接、． (1)如图1，点在线段上，如果，则__________度．    (2)如图2，当点在线段上，如果，则__________度．    (3)如图3，设，，当点在线段上移动时，，的数量关系是什么？请说明理由．    (4)设，，当点在直线上移动时，请直接写出，的数量关系，不用证明． 【变式训练3】．【了解概念】 定义：两条对角线相等的凸四边形叫做等线四边形，两条对角线所夹锐角为60°的等线四边形叫做强等线四边形． 【理解运用】 （1）下列四边形中，一定是等线四边形的是_____（只填序号）； ①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形． 【拓展提升】 （2）如图，中，分别以，为边向外作菱形和菱形，且，连接，，，对角线，交于点H，，交于点M，，交于点N． 求证：四边形是强等线四边形    类型二、对角互补模型 例．在内有一点D，过点D分别作，垂足分别为B，C．且，点E，F分别在边和上． (1)如图1，若，请说明； (2)如图2，若，猜想具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由． 【变式训练1】．．（1）如图①，在四边形中，．E、F分别是上的点， 且，探究图中之间的数量关系． 小王同学探究此问题的方法：延长到点G，使．连接． 先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 （2）如图②，在四边形中，分别是上的点，且，上述结论是否仍然成立？ 请说明理由． （3）如图③，在四边形中，．若点E在的延长线上，点F在的延长线上，仍然满足，请写出与的数量关系，并说明理由． 【变式训练2】．．问题探究 （（1）如图①，已知∠A=45°，∠ABC=30°，∠ADC=40°，则∠BCD的大小为___________； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线BD=6．求四边形ABCD的面积；小明这样来计算．延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积．请你将小明的方法完善．并计算四边形ABCD的面积； 问题解决 （3）如图③，四边形ABCD是正在建设的城市花园，其中AB=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，DC=40米，AD=30米．请计算出对角线BD的长度． 【变式训练3】．．如图，在中，，，点在上，点在上，，连接，，，垂足为．证明：． 类型三、半角模型 例．如图①，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，连接、、． (1)试判断，，之间的数量关系； (2)如图②，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程． (3)如图③，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出，，之间数量关系． 【变式训练1】．．（）如图，在四边形中，，，分别是边上的点，且，线段之间的关系是 ；（不需要证明） （）如图，在四边形中，，，分别是边上的点，且，（）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． （）如图，在四边形中，，，分别是边延长线上的点，且，（）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．    【变式训练2】．．在等边的两边、所在直线上分别有两点、，为外一点，且，，．探究：当、分别在直线、上移动时，、、之间的数量关系及的周长与等边的周长的关系．    (1)如图1，当点、在边、上，且时，、、之间的数量关系是　　；此时　　； (2)如图2，点、在边、上，且当时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由． (3)如图3，当、分别在边、的延长线上时，探索、、之间的数量关系如何？并给出证明． 【变式训练3】．．问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形中，，，，点E，F分别是上的点，且，连接，探究线段之间的数量关系． (1)探究发现：小明同学的方法是延长到点G．使．连结，先证明，再证明，从而得出结论：_____________； (2)拓展延伸：如图2，在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由． (3)尝试应用：如图3，在四边形中，，，E、F分别是边延长线上的点，且，请探究线段具有怎样的数量关系，并证明． 1．如图，在ABC中，AB=AC=2，∠BAC=，D为线段BC边上的动点，以BD为边向上作等边BED，连接CE、AD，则AD+CE的最小值为（    ）    A．4 B．2+6 C．+3 D．6 2．如图，C为线段AE上一动点（不与点，重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（    ）    A．∠AOB=60° B．AP=BQ C．PQ∥AE D．DE=DP 3．如图，在中，，分别以，为边作等边和等边，连结，若，，则（    ） A． B． C．4 D． 4．如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接CE交AD于点F，连接BD交CE于点G，连接BE．下列结论中，正确的结论有（　　） ①CE＝BD；②△ADC是等腰直角三角形；③∠ADB＝∠AEB；④S四边形BCDE＝BD•CE；⑤BC2+DE2＝BE2+CD2． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论 ①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF，⑤AD与EF可能互相平分， 其中正确结论的个数是【   】 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．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 ．    7．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 ． 8．在中，，点在边上，．若，则的长为 ． 9．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为 ． 10．【发现问题】      （1）如图1，已知和均为等边三角形，在上，在上，易得线段和的数量关系是______． （2）将图1中的绕点旋转到图2的位置，直线和直线交于点． ①判断线段和的数量关系，并证明你的结论； ②图2中的度数是______． （3）【探究拓展】如图3，若和均为等腰直角三角形，，，，直线和直线交于点，分别写出的度数，线段、间的数量关系，并说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题01 以旋转的角度理解几何模型 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 3 类型一、手拉手模型 3 类型二、对角互补模型 12 类型三、半角模型 20 压轴能力测评 33 1 手拉手模型 模型1：如图1. 条件：△ABC和△ADE为任意等腰三角形，且∠BAC=∠DAE 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角∠BMC=∠BAC. 模型2：如图2. 条件：△ABC,△ADE为等边三角形 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角BMC＝60°. 模型3：如图3 条件：△ABC,△ADE为等腰直角三角形. 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角∠BMC=90°。 2 对角互补模型 3 半角模型 类型一、手拉手模型 模型1：如图1. 条件：△ABC和△ADE为任意等腰三角形，且∠BAC=∠DAE 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角∠BMC=∠BAC. 模型2：如图2. 条件：△ABC,△ADE为等边三角形 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角BMC＝60°. 模型3：如图3 条件：△ABC,△ADE为等腰直角三角形. 结论：①△ABD≌△ACE;②BD=CE;③直线BD与直线CE的夹角∠BMC=90°。 例．如图1，在等腰中，，点D、E分别在边、上，，连接，点M、P、N分别为、、的中点． (1)观察猜想： 图1中，线段与的数量关系是______，位置关系是______； (2)探究证明： 把绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接，，判断的形状，并说明理由； (3)拓展延伸： 把绕点A在平面内自由旋转，若，，求面积的最大值． 【答案】(1)； (2)是等腰直角三角形，见解析 (3) 【分析】（1）由题可知、均是中位线，由，根据，，，得到，继而得到，结合平行线的性质，得到即可． （2）先证，转化成（1）证明即可. （3）由（2）可得，要使面积的最大，只需有最大值，则只需有最大值，根据点A是定点，是定长，判定点D在以A圆心，以4为半径的圆上，根据直径是最大的弦，确定点B，A，D三点共线时，有最大值，且为14，计算的最大值即可. 【详解】（1）∵点M、P、N分别为、、的中点， ∴、均是中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴，, 故答案：；． （2）是等腰直角三角形，理由如下： 连接， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点M、P、N分别为、、的中点， ∴、均是中位线， ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∵， ∴ ∴，, 故是等腰直角三角形． （3）由（2）可得，要使面积的最大，只需有最大值，则只需有最大值， ∵点A是定点，是定长，， ∴点D在以A圆心，以4为半径的圆上， ∵直径是最大的弦， ∴点B，A，D三点共线时，且B，D在点A的两侧时，有最大值，且为14， ∴， ∴的最大值为49. ∴面积的最大值为. 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，构造辅助圆求最值，熟练掌握中位线定理，构造辅助圆是解题的关键.} 【变式训练1】．实验学校数学兴趣小组对特殊三角形外一点与该三角形三个顶点所形成的线段数量关系展开探究： (1)如图①，已知等边三角形边的延长线上一点P，且满足，求线段、、的数量关系，马超同学一眼看出结果为，，你是否同意，请聪明的你说明理由； (2)在探究过程中，小组同学们发现，当点P不在任意边的延长线上时，所形成的图形形似“鸡爪”，于是兴趣小组同学们对“鸡爪”图形的特点展开深入探究：如图②，为等边三角形，，（1）中的结论是否仍成立？小孙同学是这样做的：首先将线段朝外作等边三角形，连接，……，请沿着小孙同学的思路尝试着走下去看看结论是否符合（1）中的结论； (3)如图③，“鸡爪”图形中，是等腰直角三角形，，，请简述线段、、的的数量关系； (4)如图④，“鸡爪”图形中，是等腰直角三角形，，，若，，请直接写出的长． 【答案】(1)同意，证明见解析； (2)成立，证明见解析； (3) (4) 【分析】（1）证明，，由勾股定理即可得出结论； （2）线段朝外作等边，连接，证明得出，再证明，由勾股定理即可得出结论； （3）线段朝外作等腰直角，同（2）的方法证明，在由即可得出结论； （4）过点A作，交延长线于点D，得是等腰直角三角形，再证明得出，得出，进而求出. 【详解】（1）同意， 理由如下：∵在等边三角形中， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴，即， （2）（1）的结论成立， 证明：如图，线段朝外作等边三角形，连接， 在等边，等边中，，，， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， （3）如图，线段朝外作等腰直角三角形，连接，，， 在等腰直角，等腰直角中，，，， ∴，， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即. （4）过点A作，交延长线于点D， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 又∵， ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴ 【点睛】本题考查三角形全等的判定和性质和勾股定理，利用旋转构造全等三角形，将三条线段转化到同一个三角形中求解是解题关键． 【变式训练2】．在中，，点是直线上一点（不与、重合），把线路绕着点逆时针旋转至（即），使得，连接、． (1)如图1，点在线段上，如果，则__________度．    (2)如图2，当点在线段上，如果，则__________度．    (3)如图3，设，，当点在线段上移动时，，的数量关系是什么？请说明理由．    (4)设，，当点在直线上移动时，请直接写出，的数量关系，不用证明． 【答案】(1)90 (2)120 (3) (4)或 【分析】（1）由“”可证，得，可求的度数； （2）由“”可证，得，可求的度数； （3）由“”可证得出，再用三角形的内角和即可得出结论； （4）由“”可证得出，再用三角形的内角和即可得出结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：90； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：120； （3）， 理由如下： ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴； （4）如图4，当点D在的延长线上时，，    证明方法同（3）； 如图5，当点D在的延长线上时，，    理由如下：∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 综上，或． 【点睛】此题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的性质，证明是解题的关键． 【变式训练3】．【了解概念】 定义：两条对角线相等的凸四边形叫做等线四边形，两条对角线所夹锐角为60°的等线四边形叫做强等线四边形． 【理解运用】 （1）下列四边形中，一定是等线四边形的是_____（只填序号）； ①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形． 【拓展提升】 （2）如图，中，分别以，为边向外作菱形和菱形，且，连接，，，对角线，交于点H，，交于点M，，交于点N． 求证：四边形是强等线四边形    【答案】（1）②④；（2）见解析 【分析】（1）根据新定义辨别即可； （2）先证明，根据全等三角形的性质可得，利用三角形内角和可证，即可求出． 【详解】（1）解：由题意可得：一定是等线四边形的是②矩形和④正方形， ∵由矩形性质可得，矩形的两条对角线相等，且是凸多边形， 由正方形性质可得，正方形的两条对角线相等，且是凸多边形； （2）证明：∵四边形、是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是强等线四边形； 【点睛】本题考查了新定义下的几何证明，涉及到菱形的性质、三角形全等的判定与性质等，难度适中． 类型二、对角互补模型 例．在内有一点D，过点D分别作，垂足分别为B，C．且，点E，F分别在边和上． (1)如图1，若，请说明； (2)如图2，若，猜想具有的数量关系，并说明你的结论成立的理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，灵活运用、、证明三角形全等成为解题的关键． （1）根据题目中的条件和可证，再根据全等三角形的性质即可证明结论； （2）如图：过点D作交于点G，从而可以得到，然后即可得到，再证明，即可得到，即可确定具有的数量关系． 【详解】（1）解：∵， ∴， 在和中， ∵， ∴． ∴． （2）解：，理由如下： 如图：过点D作交于点G， 在和中，, ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 在和中， ∴． ∴， ∴． 【变式训练1】．．（1）如图①，在四边形中，．E、F分别是上的点， 且，探究图中之间的数量关系． 小王同学探究此问题的方法：延长到点G，使．连接． 先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 （2）如图②，在四边形中，分别是上的点，且，上述结论是否仍然成立？ 请说明理由． （3）如图③，在四边形中，．若点E在的延长线上，点F在的延长线上，仍然满足，请写出与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）；（2）上述结论仍然成立，理由见解析；（3），理由见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定： （1）延长到点G，使，连接，可判定，进而得出，，再判定，可得出，据此得出结论； （2）延长到点G，使，连接，先判定，进而得出，，再判定，可得出； （3）在延长线上取一点G，使得，连接，先判定，再判定，得出，最后根据，推导得到，即可得出结论． 【详解】解：（1）如图1，延长到点G，使，连接， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ， ，， ，， ， 在和中， ， ， 故答案为：； （2）上述结论仍然成立，理由如下： 如图2，延长到点G，使，连接， ，， ， 在和中， ， ， ，， 在和中， ， ， ； （3），理由如下： 图3，在延长线上取一点G，使得，连接， ，， ， 在和中， ， ， ，， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ， 即， 【变式训练2】．．问题探究 （（1）如图①，已知∠A=45°，∠ABC=30°，∠ADC=40°，则∠BCD的大小为___________； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线BD=6．求四边形ABCD的面积；小明这样来计算．延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积．请你将小明的方法完善．并计算四边形ABCD的面积； 问题解决 （3）如图③，四边形ABCD是正在建设的城市花园，其中AB=BC，∠ABC=60°，∠ADC=30°，DC=40米，AD=30米．请计算出对角线BD的长度． 【答案】（1）115°；（2）S四边形ABCD=18；（3）对角线BD的长度为米． 【分析】（1）利用外角的性质可求解； （2）延长DC，使得CE=AD，连接BE，通过证明△ABD≌△CBE，从而可以计算四边形ABCD的面积； （2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD，由旋转的性质可得BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠BFA，由三角形内角和定理可求∠FAD=90°，由勾股定理可求解． 【详解】解：（1）如图1，延长BC交AD于E， ∵∠BCD=∠BED+∠D，∠BED=∠A+∠ABC， ∴∠BCD=∠A+∠ABC +∠D =45°+30°+40°=115°， 故答案为：115°； （2）延长DC，使得CE=AD，连接BE， 在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°， ∴∠A+∠BCD=180°， ∵∠BCE+∠BCD=180°， ∴∠A=∠BCE， 在△ABD和△CBE中， ， ∴△ABD≌△CBE， ∴BE=BD，∠ABD=∠CBE，S△ABD=S△CBE， ∵∠ABC=90°，即∠ABD+∠DBC=90°， ∴∠CBE+∠DBC=90°，即∠DBE=90°，   ∵BD=BE=6，∠DBE=90°， ∴S△BDE=×BE×BD=18， ∴S△BDE=S△CBE+S△DBC=S△ABD+S△DBC=S四边形ABCD=18； （4）如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接FD， ∴△BCD≌△BAF，∠FBD=60°， ∴BF=BD，AF=CD=40，∠BDC=∠BFA， ∴△BFD是等边三角形， ∴BF=BD=DF， ∵∠ADC=30°， ∴∠ADB+∠BDC=30°， ∴∠BFA+∠ADB=30°， ∵∠FBD+∠BFA+∠BDA+∠AFD+∠ADF=180°， ∴60°+30°+∠AFD+∠ADF=180°， ∴∠AFD+∠ADF=90°， ∴∠FAD=90°， ∴DF=， ∴BD=(米)． 答：对角线BD的长度为米． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加辅助线构造全等三角形是本题的关键． 【变式训练3】．．如图，在中，，，点在上，点在上，，连接，，，垂足为．证明：． 【答案】见解析 【分析】如图，延长到点，使，连接、，根据四边形的内角和和邻补角互补可得，进而可根据SAS证明，可得，，进一步即可求得，然后利用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识即可证得结论． 【详解】证明：如图，延长到点，使，连接、， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ，， ，， ， ， ． 【点睛】本题考查了四边形的内角和、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和解直角三角形等知识，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键． 类型三、半角模型 例．如图①，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法，如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，连接、、． (1)试判断，，之间的数量关系； (2)如图②，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程． (3)如图③，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，请直接写出，，之间数量关系． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3) 【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键． （1）首先利用证明，得，从而得出答案； （2）在上取,连接，首先由，得，，再利用证明，得，即可证明结论； （3）将绕点逆时针旋转得，由旋转的性质得点、、共线，由（1）同理可得，得，从而解决问题． 【详解】（1）解：，证明如下： 四边形是正方形， ， 由旋转的性质可得：，，，， ， 点、、共线， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； （2）解：， 证明如下： 如图，在上取，连接， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （3）解：如图，将绕点逆时针旋转得， ，，， ， ， 点、、共线， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ． 【变式训练1】．．（）如图，在四边形中，，，分别是边上的点，且，线段之间的关系是 ；（不需要证明） （）如图，在四边形中，，，分别是边上的点，且，（）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． （）如图，在四边形中，，，分别是边延长线上的点，且，（）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．    【答案】（）；（）（）中的结论仍然成立，理由见解析；（）（）中的结论不成立，． 【分析】()延长至，使，连接，证明，根据全等三角形的性质得到，，再证明，根据全等三角形的性质得出，结合图形计算，即可证明结论； ()延长至，使，连接 ，仿照()的证明方法解答； ()在上截取，连接，仿照()的证明方法解答． 【详解】解：（）， 理由如下： 如图，延长至，使，连接，    在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； （）（）中的结论仍然成立， 理由如下： 如图，延长至，使，连接，    ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （）（）中的结论不成立，， 理由如下：如图，在上截取，连接，    同（）中证法可得，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，掌握三角形全等的判定定理、灵活运用类比思想是解题的关键． 【变式训练2】．．在等边的两边、所在直线上分别有两点、，为外一点，且，，．探究：当、分别在直线、上移动时，、、之间的数量关系及的周长与等边的周长的关系．    (1)如图1，当点、在边、上，且时，、、之间的数量关系是　　；此时　　； (2)如图2，点、在边、上，且当时，猜想（1）问的两个结论还成立吗？若成立请直接写出你的结论；若不成立请说明理由． (3)如图3，当、分别在边、的延长线上时，探索、、之间的数量关系如何？并给出证明． 【答案】(1)， (2)（1）问的两个结论仍然成立，证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）先证是等边三角形，再证，然后根据特殊直角三角形的性质即可求出、、之间的数量关系； （2）在的延长线上截取，可证，可得，再证，由全等三角形的性质可得结论仍成立； （3）在上截取，连接，可证，可得，然后证得，可证，即可得出． 【详解】（1）解：、、之间的数量关系， 此时， 理由如下：，， 是等边三角形， 是等边三角形， ， ，， ， ， ，， ， ，， ，，， ，是等边三角形， ， ， ， ； （2）解：猜想：结论仍然成立， 证明：如图，在的延长线上截取，连接，   ，，， ， ，，， ，， ， ， ， 的周长为：， ； （3）证明：如图，在上截取，连接，    同（2）可证， ， ，， ， ， 又，， ， ， ， ． 【点睛】本题考查等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等，综合性强，难度较大，解题的关键是掌握辅助线的作法． 【变式训练3】．．问题背景：“半角模型”问题．如图1，在四边形中，，，，点E，F分别是上的点，且，连接，探究线段之间的数量关系． (1)探究发现：小明同学的方法是延长到点G．使．连结，先证明，再证明，从而得出结论：_____________； (2)拓展延伸：如图2，在四边形中，，，E、F分别是边上的点，且，请问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由． (3)尝试应用：如图3，在四边形中，，，E、F分别是边延长线上的点，且，请探究线段具有怎样的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)成立，理由见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）延长到点G．使．连接，利用全等三角形的性质解决问题即可； （2）延长至M，使，连接．证明，由全等三角形的性质得出．，由全等三角形的性质得出，即，则可得出结论； （3）在上截取，使，连接．证明．由全等三角形的性质得出．证明，由全等三角形的性质得出结论． 【详解】（1）解：． 延长到点G．使．连接， ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴． ∵． ∴． 故答案为：； （2）解：（1）中的结论仍然成立． 证明：如图②中，延长至M，使，连接． ∵， ∴， 在与中， ， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴，即． 在与中， ， ∴． ∴，即， ∴； （3）解：结论：． 证明：如图③中，在上截取，使，连接． ∵， ∴． 在与中， ， ∴． ∴． ∴． ∴． ∵， ∴，   ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题． 1．如图，在ABC中，AB=AC=2，∠BAC=，D为线段BC边上的动点，以BD为边向上作等边BED，连接CE、AD，则AD+CE的最小值为（    ）    A．4 B．2+6 C．+3 D．6 【答案】A 【分析】以AB为边，在AB的左侧作等边ABF，连接EF，先根据“SAS”证明，从而得出FE=AD，然后根据，∠BAC=可证F，A，C在同一条直线上，根据“两点之间，线段最短”可得AD+CE的最小值为CF，即可求解． 【详解】解：以AB为边，在AB的左侧作等边ABF，连接EF，    ∵BED和ABF都是等边三角形， ∴，BE=BD，BF=AB=AF， ∴∠FBE=∠ABD， ∴（SAS）， ∴FE=AD， ∵，∠BAC=，   ∴ ∴F，A，C在同一条直线上， ∵FE=AD， ∴AD+CE=FE+CECF， 当C，E，F在同一直线上时，AD+CE取最小值，最小值为CF， ∵AB=AC=2，AB=AF， ∴AF=2， ∴CF=， 即AD+CE的最小值为． 故选：A． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间，线段最短等知识，构造，从而把求AD+CE的最小值转化为EF+CE的最小值的解题的关键． 2．如图，C为线段AE上一动点（不与点，重合），在AE同侧分别作等边三角形ABC和等边三角形CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连结PQ．以下结论错误的是（    ）    A．∠AOB=60° B．AP=BQ C．PQ∥AE D．DE=DP 【答案】D 【分析】利用等边三角形的性质，BC∥DE，再根据平行线的性质得到∠CBE=∠DEO，于是∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°，得出A正确；根据△CQB≌△CPA（ASA），得出B正确；由△ACD≌△BCE得∠CBE=∠DAC，加之∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，得到△CQB≌△CPA（ASA），再根据∠PCQ=60°推出△PCQ为等边三角形，又由∠PQC=∠DCE，根据内错角相等，两直线平行，得出C正确；根据∠CDE=60°，∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，可知∠DQE≠∠CDE，得出D错误． 【详解】解：∵等边△ABC和等边△CDE， ∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD，即∠ACD=∠BCE， 在△ACD与△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠CBE=∠DAC， 又∵∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠BCD=60°，即∠ACP=∠BCQ， 又∵AC=BC， 在△CQB与△CPA中， ， ∴△CQB≌△CPA（ASA）， ∴CP=CQ， 又∵∠PCQ=60°可知△PCQ为等边三角形， ∴∠PQC=∠DCE=60°， ∴PQ∥AE， 故C正确， ∵△CQB≌△CPA， ∴AP=BQ， 故B正确， ∵AD=BE，AP=BQ， ∴AD-AP=BE-BQ， 即DP=QE， ∵∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60°+∠CEQ，∠CDE=60°， ∴∠DQE≠∠CDE，故D错误； ∵∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠BCD=60°， ∵等边△DCE， ∠EDC=60°=∠BCD， ∴BC∥DE， ∴∠CBE=∠DEO， ∴∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO=∠DEC=60°， 故A正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，利用旋转不变性，解题的关键是找到不变量． 3．如图，在中，，分别以，为边作等边和等边，连结，若，，则（    ） A． B． C．4 D． 【答案】C 【分析】在Rt△ABC中可直接运用勾股定理求出BC，然后结合“手拉手”模型证得△ABC≌△ADE，即可得到DE=BC，从而求解即可． 【详解】解：在Rt△ABC中，AB=3，AC=5， ∴由勾股定理得：BC=4， ∵和均为等边三角形， ∴AB=AD，AC=AE，∠BAD=∠CAE=60°， ∴∠BAD-∠CAD=∠CAE-∠CAD， 即：∠BAC=∠DAE， 在△ABC和△ADE中， ∴△ABC≌△ADE(SAS)， ∴DE=BC=4， 故选：C． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握全等三角形的判定与性质，熟练运用勾股定理解三角形是解题关键． 4．如图，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，连接CE交AD于点F，连接BD交CE于点G，连接BE．下列结论中，正确的结论有（　　） ①CE＝BD；②△ADC是等腰直角三角形；③∠ADB＝∠AEB；④S四边形BCDE＝BD•CE；⑤BC2+DE2＝BE2+CD2． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据等腰直角三角形的性质可得AB=AC，AD=AE，然后求出∠BAD=∠CAE，再利用“边角边”证明△ABD和△ACE全等，根据全等三角形对应边相等可得CE=BD，判断①正确；根据全等三角形对应角相等可得∠ABD=∠ACE，从而求出∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°，再求出∠BGC=90°，从而得到BD⊥CE，根据四边形的面积等于两个三角形的面积之和可判断出④正确；根据勾股定理表示出BC2+DE2，BE2+CD2，得到⑤正确；再求出时，∠ADC=90°，判断出②错误；∠AEC与∠BAE不一定相等判断出③错误． 【详解】解：∵，△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， ∴AB=AC，AD=AE， ∵∠BAD=∠BAC+∠CAD=90°+∠CAD， ∠CAE=∠DAE+∠CAD=90°+∠CAD， ∴∠BAD=∠CAE， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴CE=BD， ∠ABD=∠ACE，故①正确； ∴∠BCG+∠CBG=∠ACB+∠ABC=90°， 在△BCG中，∠BGC=180°-（∠BCG+∠CBG）=180°-90°=90°， ∴BD⊥CE， ∴S四边形BCDE=BD•CE，故④正确； 由勾股定理，在Rt△BCG中，BC2=BG2+CG2， 在Rt△DEG中，DE2=DG2+EG2， ∴BC2+DE2=BG2+CG2+DG2+EG2， 在Rt△BGE中，BE2=BG2+EG2， 在Rt△CDG中，CD2=CG2+DG2， ∴BE2+CD2=BG2+CG2+DG2+EG2， ∴BC2+DE2=BE2+CD2，故⑤正确； 从题干信息没有给出 所以只有时，=90°， 无法说明，更不能说明 故②错误； ∵△ABD≌△ACE， ∴∠ADB=∠AEC， 条件不足以证明 ∠AEC与∠AEB相等无法证明， ∴∠ADB=∠AEB不一定成立，故③错误； 综上所述，正确的结论有①④⑤共3个． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理的应用，对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半的性质，熟记各性质是解题的关键． 5．Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论 ①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF，⑤AD与EF可能互相平分， 其中正确结论的个数是【   】 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【详解】解:∵Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°， ∴AD =DC，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN－∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC． ∴△EDA≌△FDC（ASA）． ∴AE=CF． ∴BE+CF= BE+ AE=AB． 在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=BC． ∴(BE+CF)=BC． ∴结论①正确． 设AB=AC=a，AE=b，则AF=BE= a－b． ∴． ∴． ∴结论②正确． 如图，过点E作EI⊥AD于点I，过点F作FG⊥AD于点G，过点F作FH⊥BC于点H，ADEF相交于点O． ∵四边形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形， ∴EO≥EI（EF⊥AD时取等于）=FH=GD， OF≥GH（EF⊥AD时取等于）=AG． ∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD． ∴结论④错误． ∵△EDA≌△FDC， ∴． ∴结论③错误． 又当EF是Rt△ABC中位线时，根据三角形中位线定理知AD与EF互相平分． ∴结论⑤正确． 综上所述，结论①②⑤正确．故选C． 6．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． 7．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. 8．在中，，点在边上，．若，则的长为 ． 【答案】 【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得FG2＝AE2＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解． 【详解】解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF， ∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90° ∴∠ACE＝∠BCG． ∵在△ACE与△BCG中， ∵， ∴△ACE≌△BCG（SAS）， ∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG， ∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°． 在Rt△FBG中，∠FBG＝90°， ∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2． 又∵∠ECF＝45°， ∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF． ∵在△ECF与△GCF中， ， ∴△ECF≌△GCF（SAS）． ∴EF＝GF， ∴EF2＝AE2＋BF2， ∵， ∴BF=， 故答案是：． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键． 9．如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为 ． 【答案】2+2 【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，代入求出答案即可． 【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°，BC＝4， ∴CD＝BC＝2，BD＝＝2， ∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2， 故答案为：2+2． 【点睛】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键． 10．【发现问题】      （1）如图1，已知和均为等边三角形，在上，在上，易得线段和的数量关系是______． （2）将图1中的绕点旋转到图2的位置，直线和直线交于点． ①判断线段和的数量关系，并证明你的结论； ②图2中的度数是______． （3）【探究拓展】如图3，若和均为等腰直角三角形，，，，直线和直线交于点，分别写出的度数，线段、间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）；（2）①，证明见解析；②； （3）度，，理由见解析． 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定以及性质， 相似三角形的判定以及性质等知识． （1）由等边三角形的性质可求解； （2）①由“SAS”可证，可得； ②由全等三角形的性质可得，即可解决问题． （3）结论：，．证明，可得，，由此即可解决问题． 【详解】（1）解：∵和均为等边三角形， ∴，， ∴， 故答案为：； （2）如图2中，    ∵和均为等边三角形， ∴，，， ∴， ∴（SAS）， ∴； ②∵， ∴， 设交于点． ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （3）结论：，． 理由： ∵，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$