第2章 第3节 旋转的性质与手拉手模型-中考数学压轴题得高分

●)第2章 几何变换 第3节 旋转的性质与手拉手模型 前言：相比平移、对称，旋转的难度偏大一些，一方面在于图形构造较为复杂，另一方面旋转本 身的变化就很多样.本节从性质开始，介绍旋转经典模型之一：手拉手模型. 》知识导航 彦2.对应角相等 彦1.对应边相等 结论：∠B=∠D,∠C=∠E,∠BAC=∠DAE 旋转：如图，将△ABC绕点A旋转一定角度 得到△ADE. B D B 引例2(2023·无锡) 如图，在△ABC中， D ∠BAC=55,将△ABC 结论：AB=AD,AC=AE,BC=DE 逆时针旋转a(0°<a< B 引例T(2023·排州)如图，在Rt△ABC 55),得到△ADE,DE交AC于F.当a=40时， 中，∠BAC-90°，AB=3cm,∠B=60°.将△ABC 点D恰好落在BC上，此时∠AFE等于() 绕点A逆时针旋转，得到△ABC',若点B的对 A.80°B.85° C.90° D.95 应点B'恰好落在线段BC上，则点C的运动路 C解析'AB=AD,∠BAD=40°，∴.∠ABD= 径长是 cm,(结果用含π的式子表示) ∠ADB=70°，∴.∠ADE=∠ABC=70°，又 .∠BAC=55°，∴.∠DAC=15,∴.∠AFE= ∠ADE+∠DAC=85°. 能3.旋转角相等 B 结论：∠BAD=∠CAE=∠BFD.(重点关注 BC与DE夹角) C解析，∠BAC=90°，∠B=60°，.∠C 30°，AB=3cm,.AC=33cm.由题意得 AB=AB',又∠B=60°，∴.△ABB'是等边三角 形，∴.∠CAC'=∠BAB'=60°，∴.点C的运动 罗F 路径长是0×2×3=月cm. D 53 以壹学知道 中考数学压轴题得高分● 证明：由题意得：∠BAD=∠CAE, 长线交BE于点P,若BC=6√2，AD=3,求 ,∠BAD+∠B=∠BFD十∠D,且∠B= △PDE的面积. ∠D,∴.∠BAD=∠BFD C解析(1)如图3，△AEB≌△ADC, 引例31(2021·聊城)如图，在平面直角坐标 .∠ABE=∠ACD,如图4，由“8字”模型可得 ∠FPC=∠FAB=90°..BP⊥CD 系中，点A、B的坐标为A(0,2)、B(一1,0)，将 △ABO绕点O按顺时针旋转得到△A1B,O,若 AB⊥OB,,则点A,的坐标为 B 图3 图 (2)由(1)可知∠BPC=90°， B ,AD=3,AC=6,∴.CD=35, B :∠CPE=∠CAD=90°， ∴.△CAD△CPE, (55 5 c层) 会品-0从面可得E- n(后剖 CP=185 C⊙解析如图，过点A,作 5, A AH⊥y轴交y轴于点H, 写5a=号x95× PD=35 5 则sin∠A:OH=sin∠OAB= 2 3527 5,AH= 5 OH= 5101 2545 5,点A的坐标为(5·)》 △PDE的面积为0 引例4(2019·菏泽)如图，△ABC和 脸4.手拉手模型 △ADE是有公共顶点的等腰直角三角形， 条件：如图，OA=OB,OC=OD(四线共，点， ∠BAC=∠DAE=90°. 两两相等)，∠AOB=∠COD(夹角相等) 结论：△OAC≌△OBD(SAS) 图1 图2 (1)如图1，连接BE、CD,BE的延长线交 AC于点F,交CD于点P,求证：BP⊥CD: 引例5(2017·南充)如图，正方形ABCD (2)如图2，把△ADE绕点A顺时针旋转， 和正方形CEFG的边长分别为a和b,正方形 当点D落在AB上时，连接BE、CD,CD的延 CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE= 54 ●)第2章 几何变换 DG:②BE⊥DG:③DE2+BG=2a2+2b2.其 中正确的是 (填序号). 5.模型拓展 手拉手模型中的相似： 已知△ABC≌△ADE,则△ABD和 △ACE均为等腰三角形，且有△ABDC) AB AD BD △ACE,AC-AE-CE-般地，若△ABC∽ △ADE,则△ABDP△ACE C解析由手拉手模型可得①②正确，下面分析 ③：连接BD、EG,2a2+2b=BD+EG,记 BE、DG交点为H,BD=BH+DH,EG= EH2+GH2,DE2=DH2+EH2,BG*= BH2+GH,DE*+BG2=BD2+EG2, .DE2+BG=2a2+2b2. ∴.正确的结论有①②③. 引例7(2017·苏州)如图，在矩形ABCD 中，将∠ABC绕点A按逆时针方向旋转一定角 度后，BC的对应边B'C'交边CD于点G.连接 BB'、CC'.若AD=7,CG=4,AB'=B'G,则 CC BB (结果保留根号). ®引例6](2022·攀枝花)如图，以△ABC的 三边为边在BC上方分别作等边三角形ACD、 等边三角形ABE、等边三角形BCF,且点A在 △BCF内部.给出以下结论：①四边形ADFE C解析连接AC、AC',则△ABB'C∽△ACC', 是平行四边形：②当∠BAC=150°时，四边形 CC'AC ADFE是矩形：③当AB=AC时，四边形 BB=AB连接AG,设AB=x,则B'G=, ADFE是菱形；④当AB=AC,且∠BAC= DG=x-4.AG*=AB:+B'G2=AD2+DG2, 150时，四边形ADFE是正方形.其中正确结论 代入得x2十x2=7+(x-4)2, 有 (填上所有正确结论的序号). 解得x1=5,x2=-13(舍)， CC'_AC_√7 BB-AB5 ●解析①②③④ 55 以壹学知道中考数学压轴题得高分m◆ 6.模型构造 为足6 4 构造手拉手模型，挖掘题中的已知条件， G 添加辅助线构造旋转型全等，得角或线段间 的数量关系。 ®引例8(2022·贵阳)如图，在四边形 ABCD中，对角线AC,BD相交于点E,AC= BC=6cm,∠ACB=∠ADB=90°.若BE= 2AD,则△ABE的面积是 cm2, ∠AEB= 0 》真题演练 B 1.(2023·张家界)如图，AO为∠BAC的平分 C解析(36-182)112.5 线，且∠BAC=50°，将四边形ABOC绕点A 逆时针方向旋转后，得到四边形AB'O'C‘,且 ®引例9(2022·深圳)已知△ABC是直角 ∠OAC'=100°，则四边形ABOC旋转的角 三角形，∠ABC=90°，AB=3,BC=5,AE 度是 25,连接CE,以CE为底边作直角三角形CDE, 且CD=DE.F是边AE上的一点，连接BD和 BF,且∠FBD=45,则AF的长为 D B 2.(2023·菏泽)如图，E是正方形ABCD内的 C解析注意到△CDE是等腰直角三角形，且 一点，将△ABE绕点B按顺时针方向旋转 ∠FBD=45°，考虑构造手拉手模型.过点D作 90°，得到△CBF.若∠ABE=55°，则 DG⊥BD且DG-BD,即△BDG是等腰直角 ∠EGC= 三角形，连接EG,可得△DCB≌△DEG, .EG=CB=5,且EG⊥BC(旋转角都相等)， 又：AB⊥BC,∴.AB∥EG,.△FAB △FPBc∴部-8=景：AE=25 3.(2022·西宁)如图，在△ABC中，∠C=90°， ∠B=30°，AB=6,将△ABC绕点A逆时针 AF= AE=×25=3AP的长 方向旋转15得到△AB'C',B'C'交AB于点 56 第2章) 几何变换 E,则B'E= 点D'落在OA上时，D'A'的延长线恰好经过 点C,则点C的坐标为 ( ) A.(23,0) B.(25,0) B C.(23+1,0) D.(25+1,0) y 4.(2022·跳坊)如图，在平面直角坐标系中，边 长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点 O逆时针旋转75°，再沿y轴方向向上平移1 (第7题) (第8题) 个单位长度，则点B‘的坐标为 8.(2021·苏州)如图，射线OM、ON互相垂 直，OA=8,点B位于射线OM的上方，且在 线段OA的垂直平分线！上，连接AB,AB= 5,将线段AB绕点O按逆时针方向旋转得 到对应线段A'B',若点B'恰好落在射线ON 上，则点A'到射线ON的距离d= -2-1012x 9.(2022·朝阳)在等边三角形ABC中，D是 5.(2021·南京)如图，将平行四边形ABCD绕 边BC上的一点，BD=2CD,以AD为边作 点A逆时针旋转到平行四边形AB'C‘D'的 等边三角形ADE,连接CE.若CE=2,则等 位置，使点B'落在BC上，B'C与CD交于点 边三角形ABC的边长为 E,若AB=3,BC=4,BB'=1,则CE的长为 10.(2022·泰州)如图，正方形ABCD的边长 为2，E是与点D不重合的动点，以DE为 一边作正方形DEFG.设DE=d1,点F、G 与点C的距离分别为d2、da,则d1十d2十 D d:的最小值为 () E A.√2 B.2 C.22 D.4 B B F (第5题) (第6题) 6.(2019·贺州)如图，正方形ABCD的边长为 4,E是CD的中点，AF平分∠BAE交BC 于点F,将△ADE绕点A顺时针旋转90°得 △ABG,则CF的长为 (第10题) (第11题) 7.(2021·河南)如图，平行四边形OABC的顶 11.(2023·宜宾)如图，△ABC和△ADE是以 点O(0,0),A(1,2),点C在x轴的正半轴 点A为直角顶点的等腰直角三角形，把 上，延长BA交y轴于点D.将△ODA绕点 △ADE以A为中心顺时针旋转，点M为 O顺时针旋转得到△OD'A',当点D的对应 射线BD、CE的交点.若AB=3,AD=1. 57 ☑壹学知道中考数学压轴题得高分◆ 以下结论：①BD=CE:②BD⊥CE;③当点 13.(2023·齐齐哈尔)综合与实践： E在BA的延长线上时，MC=3- 3:④在 数学模型可以用来解决一类问题，是数 2 学应用的基本途径通过探究图形的变化规 旋转过程中，当线段MB最短时，△MBC 律，再结合其他数学知识的内在联系，最终 的面积为2，其中正确的有 可以获得宝贵的数学经验，并将其运用到更 广阔的数学天地。 A.1个B.2个 C.3个 D.4个 (1)发现问题：如图1，在△ABC和△AEF 12.(2023·黑龙江)如图1，△ABC和△ADE 中，AB=AC,AE=AF,∠BAC= 是等边三角形，连接DC,F、G、H分别是 ∠EAF=30°，连接BE、CF,延长BE交 DE、DC、BC的中点，连接FG、FH.易证： CF于点D.则BE与CF的数量关系为 FH=3FG. ,∠BDC= 若△ABC和△ADE都是等腰直角三 (2)类比探究：如图2，在△ABC和△AEF 角形，且∠BAC=∠DAE=90°，如图2：若 中，AB=AC,AE=AF,∠BAC= △ABC和△ADE都是等腰三角形，且 ∠EAF=120°，连接BE、CF,延长BE、 ∠BAC=∠DAE=120°，如图3：其他条件 FC交于点D.请猜想BE与CF的数量 不变，判断FH和FG之间的数量关系，写 关系及∠BDC的度数，并说明理由： 出你的猜想，并利用图2或图3进行证明 (3)拓展延伸：如图3，△ABC和△AEF均 为等腰直角三角形，∠BAC=∠EAF= 90°，连接BE,CF,且点B、E、F在一条 直线上，过点A作AM⊥BF,垂足为 M.则BF、CF、AM之间的数量关系为 图1 图2 (4)实践应用：在正方形ABCD中，AB=2, 若平面内存在点P满足∠BPD=90°， PD=1,则S△ABP= 图3 B 图2 图 备用图 58☑ ◆)第2章几何变换 14.(2023·抚顺)△ABC是等边三角形，E是 射线BC上的一点（不与点B、C重合），连 接AE,在AE的左侧作等边三角形AED, 将线段EC绕点E逆时针旋转120°，得到线 段EF,连接BF,交DE于点M. 备用图 (1)如图1，当点E为BC的中点时，请直接 写出线段DM与EM的数量关系； (2)如图2，当点E在线段BC的延长线上 时，(1)中的结论是否成立？若成立，请 写出证明过程：若不成立，请说明理由： (3)当BC=6,CE=2时，请直接写出AM 的长 B 图1 图2 5914.解析：(1)△BMP是等边三角形.证明如下：”∠NEB=B,则∠GAF=a+B=∠GFA,∴GF=GA=EA=25.∴CF= 90',BN=AB=2BE,.∠EBN=60',.∠ABM=∠NBM= CG-GF=6-25,∴.CF的长为6-25. ∠PBN=30°，∠BMN=∠BPM=∠MBP=60°，∴.△BMP是 等边三角形，(2)由题意得BC≥BP=BM=25 3 AB,即b 25 30, 第3节旋转的性质与手拉手模型 7.B解析：由题意得OD'=OD=2,延长D'A'过点C.则 1.75解桥：由题意得∠0AC'=∠0AC=∠BAC=25, ∠OCD'=∠DOA,.△OCD'∽△AOD,.CD'=4.OC= .∠OAO'=∠OAC'-∠O'AC'=75,即四边形ABOC旋转的 25,∴点C的坐标为(25,0). 角度是75. 解析：连接OB,OA',过点A作 2.80°解析：'∠ABE=55.六∠EBG=35,∠BEF= A'H⊥ON于点H,则OA'=OA=8, ∠BFE=45".∴.∠EGC=∠EBG+∠BEG=80°. ,OB=OB'=5,AB=A'B',.△AOB≌ 3.35-3解析：AB=6,∴.AC=AC=3,B'C'=BC= △AOB.Sv=5a4m,即专X8x3=号×5dd-4 5 35,∠CAC=15..∠CAE=45,C'E=C'A=3. .BE=B'C'-C'E=35-3. 93或5g 13 4.(-2,w6+1) 10.C解析：连接AE,CG、CF,AC,则△DEA≌△DGC, 5.号解析：法1（花转，和叙）莲接DD,则△ABB0 .AE=CG,又EF=DE,.d1+d:+d=EF+FC+AE≥ AC=22,∴最小值为22， △ADD',∠AD'D=∠AB'B=∠B=∠ADC=∠AD'C', 点D在Cp上那-把-是，：B服=1DD=子 4 CD=8-专-号易E△BCDn△CB. B'C9 DC CE-90,CE=BE=-,DE-3-0分号 1L.D解析：由题意得△ABD≌△ACE,∴BD=CE,.结论 号解得a-名CE-令CE的长为是 ①正确：，△ABD2△ACE,∴.∠ABD=∠ACE,∠ABD+ ∠BAC=∠ACE+∠BMC,.∠BMC=∠BAC=90°，.BD 法2（一线三等角，母子型）：如图，过点E作EP∥AB'交BC的 ⊥CE,,.结论②正确：当点E在BA延长线上时，如图1， 延长线于点P,则△ECP0△ABB',:.EC=C,:EC= AB-BBCP :AD=1,AB=3,∠ABD=30,.∠MCD=30.:CD= 最-3设CP=则PE=CE=8号证△AB△BPE,AC-AD-万-1C-停CD-≥结论@正确：期 AB ∴∠BAB=∠PB'E,∴.∠PEC=∠PB'E,.△PCE∽图2，当AE⊥MC时，MB最短，DB=EC=√AC-AE= △PEB',.PE=PC·PB',代入得(3x)=x·(x+3),解得√2，EM=DM=DA=1,∴.MB=2-1,MC=2+1, -是，=0（合CE-号 3 1 1 六5am-2×(2-D×(2+1)-之结论④正确，综上， 正确的结论有4个 D 6.6-25解析：设∠EAF=∠BAF=a·∠DAE=∠BAG= 图 图2 中考数学压轴题得高分 ·14▣ 12.解析：图2：FH=2FG:图3：FH=FG.理由如下：如图，连∠ABD=∠ABC+∠DBC,∠ACE=∠ABC+∠BAC, 接GH,BD,CE,延长BD、CE交于点P.由题意得△ADB≌∠DBC=∠BAC=60°，又∠CEF=120,·∠DBC+ △AEC,∠ABD=∠ACE,又∠ABD+∠BAC=∠ACE+∠CEF=18O',·.BD∥EF,.∠DBM=∠EFM,又：BD= ∠BPC·∠BPC=∠BAC=90.BD⊥CE,:G、H分别是EF·△EFM≌△DBM,·.DM=EM.(3)当点E在线段 CD,BC的中点HG=2BD.HG∥BD.:F,G分别是DE、BC上时，如图2，由题意得DM=EM∴AM=AE,过点A 1 DC的中点，∴.FG= 2CE,FG∥CE,又：BD=CE,HG= 作AH⊥BC交BC于点H,则AH=33,.EH=CH-CE= 1,∴.AE=27,.AM=√/21：当点E在BC延长线上时，如图 FG,HG⊥FG,.△FGH是等腰直角三角形，.FH=2FG 3,同理可得AM=√39.综上，AM的长为√2I或√39. 题图3中结论同理可证 13.解析：(1)BE=CF30°(2)：∠BAC=∠EAF=120°， 了h ·∠BAE=∠CAF,在△ABE和△ACF中， 图2 (AB-AC, ∠BAE=∠CAF,.△ABE≌△ACF(SAS),∴.BE=CF, AE=AF. ∠ABE=∠ACF,在四边形ABDC中，∠ABE+∠ACD= 180,∴.∠BAC+∠BDC=180,∴∠BDC=60°.(3)BF= cF+2AM2我7 解析：如图1，过点A作 图3 AM⊥BP于点M,在线段BP上取点Q,使得BQ=PD,则 △APD≌△AQB,∴.AP=AQ,∠PAD=∠QAB,.∠PAQ= 第4节半角模型 90°，由(3)得PB=2AM+QB,AB=2.PD=BQ=1.1.2 BD=22BP=AM=.8a=2x7× 2.I0解析：由题意得△CEF2△CDF,.CE=CD, :∠DCO+∠OCF=45,∠ECB+∠OCF=45,.∠DCO= 27一，如图2理可得AW-S=号× ∠ECB.从面可得△DOC≌△EBC,∴.SAE=Sawe=5, 2 万×i+17+n =5,=0 2 3.(1)4(2)①③解析：(1)由题意可得EF=BE十DF, C6w=CE+EB+CF+FD=CB+CD=4,∴.△CEF的周 D 长是4.(2)结论①显然正确：令AB=CD=BC=2,则DF= CF=1,设BE=x,则CE=2一x,EF=1十x,在Rt△ECF中， P+2--+解得=号每E 3tan∠AEF am∠AEB=2X号-3，结论②错误：∠MAF-∠MDF, 图1 图2 .A,D,F.M四点共圆，∴∠AFM=∠ADB=45",.△AMF 14.解析：(1)DM=EM(2)成立，理由如下：如图1，连接BD,是等腰直角三角形，∴结论③正确，综上，正确的是①③. 则△ABD2△ACE,∴.BD=CE=EF,∠ABD=∠ACE,+.3-√3解析：取BC的中点M,连接AM,则AM⊥BC, 中考数学压轴题得高分 ·15.