专题12 旋转中的全等三角形模型（解析版+原卷版）-2025年中考数学二轮复习专题提优重难点拓展综合训练

专题12 旋转中的全等三角形模型（原卷版） 类型一 对角互补模型 （1）正方形或等腰直角三角形中的半角模型 1．（2024秋•江油市期末）已知，如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E、F分别是斜边AB上的两点，且∠FCE＝45°． （1）现将CF绕点C顺时针旋转90°到CD，连结AD，DF请判定△ADF的形状，证明你的结论． （2）若EF＝5，BF＝4，求DF的长． 2．（2024秋•岷县期中）如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，连接EQ． （1）求证：EQ＝EF． （2）求∠QBE的度数． 类型二 120°的等腰三角形夹60°的半角模型 3．（2023秋•应县期末）如图△ABC是等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，点E，F分别在AB，AC上，且∠EDF＝60°． （1）求证：EF＝BE+CF； （2）若△ABC的边长为1，求△AEF的周长． （3）探究∠BED与∠DEF的数量关系，并说明理由． 4．（2024秋•岚山区期中）如图1，已知在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、DC上运动． 【尝试探究】 （1）如图1，当点E、F分别在边BC、DC上运动，∠EAF＝45°时，探究DF、BE和EF的数量关系，并说明理由； 【模型建立】 （2）如图2，当点E、F分别在射线CB、DC上运动，∠EAF＝45°时，（1）中的结论是否成立？若成立请加以说明；若不成立，请写出它们的数量关系并加以说明； 【模型应用】 （3）如图3，已知△ABC是边长为5的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以D为顶点作一个60°角，使其角的两边分别交边AB、AC于点E、F，连接EF，求△AEF的周长． 类型三 对角互补且一组邻边相等的半角模型 5．（2023秋•固安县期中）如图，等边三角形ABC的边长为1，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE． 结论Ⅰ：S△ODE＝S△BDE；结论Ⅱ：OD＝OE；结论Ⅲ：四边形ODBE的面积始终等于． 对于上面的结论，下面判断正确的是（　　） A．Ⅰ正确，Ⅱ错误 B．Ⅱ正确，Ⅰ错误 C．它们都正确 D．它们都错误 6．（2024秋•天镇县期中）（1）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，请探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系． 小明探究此问题的方法是：延长线段FD到点G，使DG＝BE，连接AG．先证明△ABE≌△ADG，得AE＝AG；再由条件可得∠EAF＝∠GAF，证明△AEF≌AGF，进而可得线段BE，EF，FD之间的数量关系是　 　；（直接写出结论） （2）拓展应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且，（1）中的线段BE，EF，FD之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． （3）学以致用：如图3，四边形ABCD是边长为1的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF段的周长． 7．（2024秋•潮阳区期末）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．E、F分别是BC，CD上的点，且EF＝BE+FD，探究图中∠BAE，∠FAD，∠EAF之间的数量关系． 小王同学探究此问题的方法：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG．先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　 　； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立？请说明理由； （3）如图③，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，．若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并说明理由． 类型三 手拉手模型——旋转全等 8．（2024秋•鞍山期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，下列结论正确的是（　　） 9．（2023春•崂山区校级期中）如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6cm，点D从点O出发，沿OM的方向以1cm/s的速度运动，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE，设运动时间为t s． （1）△CDE是 　 　三角形； （2）当6＜t＜10时，如图2，△BDE周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长和t的值；若不存在，请说明理由； （3）当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、B、E为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由． 10．（2022•沈阳）【特例感知】 （1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 　 　； 【类比迁移】 （2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由． 【方法运用】 （3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝3，连接BC． ①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是 　 　； ②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当∠CBD＝∠DAB＝30°时，直接写出AD的值． 类型四 中点旋转模型 11．（2023秋•莲池区校级月考）已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过点E作EF⊥BD交BC于点F，连接DF，G为DF的中点，连接EG，CG． （1）如图1，求证：EG＝CG； （2）将图1中的△BEF绕点B按逆时针方向旋转45°，如图2，取DF的中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由； （3）将图1中的△BEF绕点B逆时针旋转任意角度，如图3，取DF的中点G，连接EG，CG．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） 类型五 通过旋转构造三角形全等 12．（2023•内江开学）如图，等边三角形ABC内有一点P，分别连接AP，BP，CP，若AP＝6，BP＝8，CP＝10，则S△ABP+S△BPC＝　 ． 13．（2023秋•泗阳县期中）构造模型问题： 问题背景：如图1，P是等边△ABC外一点，∠APB＝30°，则PA2+PB2＝PC2． 小明为了证明这个结论，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，请根据此思路完成这个证明； （1）迁移应用：如图2，P是等边△ABC内一点，且PC2+PB2＝PA2；求∠BPC的度数； （2）拓展提升：如图3，在等腰直角△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，点P在△ABC外部，且∠BPC＝45°，若PC＝6，则△APC的面积是 　 　（不必证明）． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 旋转中的全等三角形模型（解析版） 类型一 对角互补模型 （1）正方形或等腰直角三角形中的半角模型 1．（2024秋•江油市期末）已知，如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点E、F分别是斜边AB上的两点，且∠FCE＝45°． （1）现将CF绕点C顺时针旋转90°到CD，连结AD，DF请判定△ADF的形状，证明你的结论． （2）若EF＝5，BF＝4，求DF的长． 【思路引领】（1）由SAS可证△BCF≌△ACD，可得AD＝BF，∠CAD＝∠CBA＝45°，即可求解； （2）由旋转的性质可得∠FCD＝90°，由SAS可证△ECF≌△ECD，可得DE＝EF，由勾股定理可求解． 【解答】解：（1）△ADF是直角三角形，理由如下： 在△BCF和△ACD中， ∴△BCF≌△ACD（SAS）， ∴AD＝BF，∠CAD＝∠CBA＝45°， ∴∠BAD＝90°， ∴△ADF为直角三角形； （2）∵将CF绕点C顺时针旋转90°到CD， ∴∠FCD＝90°， ∵∠FCE＝45°， ∴∠ECF＝∠ECD， 在△ECF和△ECD中， ， ∴△ECF≌△ECD（SAS）， ∴ED＝EF， 在Rt△DAE中，由勾股定理可得：， ∴． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质是解题的关键． 2．（2024秋•岷县期中）如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线BD上的两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，连接EQ． （1）求证：EQ＝EF． （2）求∠QBE的度数． 【思路引领】（1）由旋转的性质得QB＝DF，AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，由∠EAF＝45°可得∠QAE＝45°，然后根据SAS证明△AQE≌△AFE，即可得出EQ＝EF． （2）由正方形性质可得∠ABD＝∠ADB＝45°，结合∠ADF＝∠ABQ＝45°即可得出∠QBE＝∠ABD+∠ABQ＝90°． 【解答】（1）证明：∵正方形ABCD， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ， ∴AQ＝AF，∠QAF＝90°，∠ADF＝∠ABQ， ∵∠EAF＝45°， ∴∠QAE＝∠QAF﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°， ∴∠FAE＝∠QAE， 在△AQE和△AFE中， ， ∴△AQE≌△AFE（SAS）， ∴QE＝EF． （2）解：∵四这形ABCD是正方形， ∴∠ADB＝∠ABD＝45°， 由旋转得到：∠ABQ＝∠ADF＝45°， ∴∠QBE＝∠ABD+∠ABQ＝45°+45°＝90°． 【总结提升】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转前后的两个三角形的对应边相等，对应角相等这是解题的关键． 类型二 120°的等腰三角形夹60°的半角模型 3．（2023秋•应县期末）如图△ABC是等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，点E，F分别在AB，AC上，且∠EDF＝60°． （1）求证：EF＝BE+CF； （2）若△ABC的边长为1，求△AEF的周长． （3）探究∠BED与∠DEF的数量关系，并说明理由． 【思路引领】（1）延长AB到N，使BN＝CF，连接DN，求出∠FCD＝∠EBD＝∠NBD＝90°，根据SAS证△NBD≌△FCD，推出DN＝DF，∠NDB＝∠FDC，求出∠EDF＝∠EDN，根据SAS证△EDF≌△EDN，推出EF＝EN，即可得出答案； （2）由（1），易得△AEF的周长等于AB+AC，即可解答； （3）根据（1）中的△EDF≌△EDN即可解答． 【解答】（1）证明：延长AB到N，使BN＝CF，连接DN， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∴∠ACD＝∠ABD＝30°+60°＝90°＝∠NBD， 在△NBD和△FCD中， ， ∴△NBD≌△FCD（SAS）， ∴DN＝DF，∠NDB＝∠FDC， ∵∠BDC＝120°，∠EDF＝60°， ∴∠EDB+∠FDC＝60°， ∴∠EDB+∠BDN＝60°，即∠EDF＝∠EDN， 在△EDN和△EDF中， ， ∴△EDN≌△EDF（SAS）， ∴EF＝EN＝BE+BN， ∴EF＝BE+CF； （2）解：∵△ABC是边长为1的等边三角形， ∴AB＝AC＝1， ∵BE+CF＝EF， ∴△AEF的周长为：AE+EF+AF＝AE+EB+FC+AF＝AB+AC＝2； （3）解：∠BED＝∠DEF，理由如下： 由（1）知：△EDN≌△EDF， ∴∠BED＝∠DEF． 【总结提升】本题是三角形的综合题，考查了等边三角形性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定的综合运用．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 4．（2024秋•岚山区期中）如图1，已知在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、DC上运动． 【尝试探究】 （1）如图1，当点E、F分别在边BC、DC上运动，∠EAF＝45°时，探究DF、BE和EF的数量关系，并说明理由； 【模型建立】 （2）如图2，当点E、F分别在射线CB、DC上运动，∠EAF＝45°时，（1）中的结论是否成立？若成立请加以说明；若不成立，请写出它们的数量关系并加以说明； 【模型应用】 （3）如图3，已知△ABC是边长为5的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以D为顶点作一个60°角，使其角的两边分别交边AB、AC于点E、F，连接EF，求△AEF的周长． 【思路引领】（1）把△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABG，可使AB与AD重合，证出△AEG≌AEF，根据全等三角形的性质得出EF＝EG，即可得出答案； （2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，证出△AFE≌△AFG，根据全等三角形的性质得出EF＝FG，即可得出答案； （3）把△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCM，可使DB与DC重合，证出△DMF≌△DEF，进而得到EF＝CM+CF＝BE+CF，即可得△AEF的周长． 【解答】解：（1）DF+BE＝EF；理由如下： 当点E、F分别在边BC、DC上运动，∠EAF＝45°时，如图1，把△ADF绕点A顺时针旋转90°至△ABG，可使AB与AD重合， ∵∠ABC＝∠D＝90°， ∴∠EBG＝180°，点E、B、G共线， ∴∠BAG＝∠DAF，AF＝AG， ∴∠EAG＝∠BAE+∠GAB＝∠FAD+∠BAE＝90°﹣45°＝45°＝∠EAF， 即∠EAF＝∠EAG． 在△AEF和△AEG中， ， ∴△AEF≌△AEG（SAS）， ∴EF＝EG＝EB+BG＝EB+DF， ∴DF+BE＝EF； （2）（1）中的结论不成立，DF＝EF+BE；理由如下： 当点E、F分别在射线CB、DC上运动，∠EAF＝45°时，如图2， ∵AB＝AD， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合， ∵∠ADC＝∠ABE＝90°， ∴点C、D、G在一条直线上， ∴EB＝DG，AE＝AG，∠EAB＝∠GAD， 又∵∠BAG+∠GAD＝90°， ∴∠EAG＝∠BAD＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠FAG＝∠EAG﹣∠EAF＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAF＝∠GAF， 在△EAF和△GAF中， ， ∴△EAF≌△GAF（SAS）， ∴EF＝FG， ∵FD＝FG+DG， ∴DF＝EF+BE， ∴（2）中的结论不成立，DF、BE和EF的数量关系为DF＝EF+BE； （3）∵△ABC是边长为5的等边三角形， ∴AB＝AC＝BC＝5，∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵∠DBC＝∠BCD＝30°， ∴∠DBE＝∠DCA＝60°+30°＝90°， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°， 把△DBE绕点D顺时针旋转120°至△DCM，可使DB与DC重合， 由旋转得：DM＝DE，∠CDM＝∠BDE，CM＝BE， ∠DCM＝∠DBE＝90°， 同理得：点F，C，M在同一条直线上， ∵， ∴∠BDE+∠CDF＝60°， ∴∠CDM+∠CDF＝60°， ∴∠MDF＝∠EDF， 在△MDF和△EDF中， ， ∴△MDF≌△EDF（SAS）， ∴EF＝FM， ∴EF＝CM+CF＝BE+CF， ∴△AEF的周长＝AE+AF+EF＝AE+AF+BE+CF＝AB+AC＝5+5＝10． 【总结提升】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质等知识，解此题的关键是根据旋转的性质正确作出辅助线得出全等三角形，综合性比较强，有一定的难度． 类型三 对角互补且一组邻边相等的半角模型 5．（2023秋•固安县期中）如图，等边三角形ABC的边长为1，点O是△ABC的中心，∠FOG＝120°，绕点O旋转∠FOG，分别交线段AB、BC于D、E两点，连接DE． 结论Ⅰ：S△ODE＝S△BDE； 结论Ⅱ：OD＝OE； 结论Ⅲ：四边形ODBE的面积始终等于． 对于上面的结论，下面判断正确的是（　　） A．Ⅰ正确，Ⅱ错误 B．Ⅱ正确，Ⅰ错误 C．它们都正确 D．它们都错误 【思路引领】连结OB、OC，如图，根据等边三角形的性质得到OB＝OC，∠BOC＝120°，∠ABO＝∠OCB＝30°，再证明△OBD≌△OCE，则S△OBD＝S△OCE，OD＝OE，则可（Ⅱ）进行判断；接着计算出S四边形ODBE＝S△OBCS△ABC，从而可对（Ⅲ）进行判断；过O点作OH⊥DE于H点，如图，则DH＝EH，∠ODE＝∠OED＝30°，利用OD表示出OH、DE，则S△ODEOD2，由于OD的长度在变化，则S△ODE的值不是定值，加上四边形ODBE的面积为定值，所以S△ODE＝S△BDE不一定成立，从而可对（Ⅰ）进行判断． 【解答】解：连结OB、OC，如图， ∵点O是等边△ABC的中心， ∴OB＝OC，∠BOC＝120°，∠ABO＝∠OCB＝30°， ∵∠DOE＝120°， ∴∠DOB＝∠EOC， 在△OBD和△OCE中， ， ∴△OBD≌△OCE（ASA）， ∴S△OBD＝S△OCE，OD＝OE，所以（Ⅱ）正确； ∴S四边形ODBE＝S△OBCS△ABC12，所以（Ⅲ）正确； 过O点作OH⊥DE于H点，如图，DH＝EH， ∵OD＝OB，∠DOE＝120°， ∴∠ODE＝∠OED＝30°， ∴OHOD， ∴DHOHOD， ∴DH＝2DHOD， ∴S△ODE•OH•DEODODOD2， ∵OD的长度在变化， ∴S△ODE的值不是定值， 而四边形ODBE的面积为定值， ∴S△ODE＝S△BDE不一定成立，所以（Ⅰ）错误． 故选：B． 【总结提升】本题考查了旋转的性质：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等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质和等边三角形的性质． 6．（2024秋•天镇县期中）（1）问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，请探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系． 小明探究此问题的方法是：延长线段FD到点G，使DG＝BE，连接AG．先证明△ABE≌△ADG，得AE＝AG；再由条件可得∠EAF＝∠GAF，证明△AEF≌AGF，进而可得线段BE，EF，FD之间的数量关系是　EF＝BE+FD　；（直接写出结论） （2）拓展应用：如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且，（1）中的线段BE，EF，FD之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． （3）学以致用：如图3，四边形ABCD是边长为1的正方形，∠EBF＝45°，直接写出△DEF段的周长． 【思路引领】（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG，可证△ABE≌△ADG，可得AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，再证△AEF≌AGF，可得EF＝FG，即可解题； （2）延长EB到G，使BG＝DF，连接AG，即可证明△ABG≌ADF，可得AF＝AG，再证明△AEF≌AEG，可得EF＝EG，即可解题； （3）延长EA到H，使AH＝CF，连接BH，由（2）方法可得EF＝EH，可得EF＝EH＝AE+CF，即可求解． 【解答】解：（1）EF＝BE+FD；理由如下： 延长FD到点G，使DG＝BE，连结AG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°， ∴∠BAE+∠FAD＝∠DAG+∠FAD＝60°， ∴∠EAF＝∠FAG＝60°， 在△EAF和△GAF中， ， ∴△AEF≌AGF（SAS）， ∴EF＝FG＝FD+DG， ∴EF＝BE+FD， 故答案为：EF＝BE+FD； （2）（1）中的线段BE，EF，FD之间的数量关系还成立；理由如下： 如图2，延长EB到G，使BG＝DF，连接AG， ∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABG+∠ABC＝180°， ∴∠ABG＝∠D， 同（1）理：△ABG≌ADF（SAS）， ∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF， ∵， ∴， ∴∠GAE＝∠EAF， 在△AEF和AEG中， ， ∴△AEF≌AEG（SAS）， ∴EG＝EF， ∵EG＝BE+BG， ∴EF＝BE+FD； （3）△DEF的周长＝2；理由如下： 如图3，延长EA到H，使AH＝CF，连接BH， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝AD＝CD＝1，∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠BAH＝∠BCF＝90°， 又∵AH＝CF，AB＝BC， ∴△ABH≌CBF（SAS）， ∴BH＝BF，∠ABH＝∠CBF， ∵∠EBF＝45°， ∴∠CBF+∠ABE＝45°＝∠HBA+∠ABE＝∠EBH， ∴∠EBH＝∠EBF， 又∵BH＝BF，BE＝BE， ∴△EBH≌EBF（SAS）， ∴EF＝EH， ∴EF＝EH＝AE+CF， ∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝2×1＝2． 【总结提升】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，灵活运用全等三角形的性质和判定是解答本题的关键． 7．（2024秋•潮阳区期末）（1）如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°．E、F分别是BC，CD上的点，且EF＝BE+FD，探究图中∠BAE，∠FAD，∠EAF之间的数量关系． 小王同学探究此问题的方法：延长FD到点G，使DG＝BE．连接AG．先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是　∠BAE+∠FAD＝∠EAF　； （2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是BC，CD上的点，且EF＝BE+FD，上述结论是否仍然成立？请说明理由； （3）如图③，在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，AB＝AD，．若点E在CB的延长线上，点F在CD的延长线上，仍然满足EF＝BE+FD，请写出∠EAF与∠DAB的数量关系，并说明理由． 【思路引领】（1）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF，据此得出结论； （2）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再判定△AEF≌△AGF，可得出∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF； （3）在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，先判定△ADG≌△ABE，再判定△AEF≌△AGF，得出∠FAE＝∠FAG，最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，推导得到2∠FAE+∠DAB＝360°，即可得出结论． 【解答】解：（1）如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠ADC＝90°， ∴∠ADG＝180°﹣∠ADC＝90°， ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵EF＝BE+DF，DG＝BE， ∴EF＝BE+DF＝DG+DF＝GF， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF， 故答案为：∠BAE+∠FAD＝∠EAF； （2）上述结论仍然成立，理由如下： 如图2，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF； （3），理由如下： 如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG， ∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°， ∴∠ADC＝∠ABE， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE， ∵EF＝BE+FD＝DG+FD＝GF，AF＝AF， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠FAE＝∠FAG， ∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°， ∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°， ∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°， 即2∠FAE+∠DAB＝360°， ∴． 【总结提升】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形 类型三 手拉手模型——旋转全等 8．（2024秋•鞍山期末）如图，将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，DE与BC交于点P，下列结论正确的是（　　） A．∠APB≠60° B．BC＝PE C．AP+AD＝BC D．PA+PC＝PE 【思路引领】在BC上截取BG＝PD，证△ABG≌△ADP（SAS），即可判断出选项A和选项D，由旋转图形易判断出选项B和选项C． 【解答】解：∵旋转， ∴BC＝DE， ∵点P在DE上， ∴DE≥PE ∴BC不一定等于PE， 故选项B错误，不符合题意； 在BC上截取BG＝PD， 由旋转的性质得：∠B＝∠D，BC＝DE，AB＝AD，∠BAD＝60°， ∴CG＝PE， ∴△ABG≌△ADP（SAS）， ∴AG＝AP，∠BAG＝∠DAP， ∴∠BAG+∠DAG＝∠DAP+∠DAG， 即∠BAD＝∠GAP＝60°， ∴△APG是等边三角形， ∴AP＝PG，∠APB＝60°， ∴AP+PC＝PG+PC＝CG＝PE， 故选项D正确，符合题意， 选项A不正确，不符合题意； 没有足够条件能够证明AP+AD＝BC， 故选项C错误，不符合题意； 故选：D． 【总结提升】本题主要考查了旋转的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 9．（2023春•崂山区校级期中）如图1，△ABC是边长为4cm的等边三角形，边AB在射线OM上，且OA＝6cm，点D从点O出发，沿OM的方向以1cm/s的速度运动，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE，设运动时间为t s． （1）△CDE是 　等边　三角形； （2）当6＜t＜10时，如图2，△BDE周长是否存在最小值？若存在，求出△BDE的最小周长和t的值；若不存在，请说明理由； （3）当点D在射线OM上运动时，是否存在以D、B、E为顶点的三角形是直角三角形？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由． 【思路引领】（1）可得出CD＝CE，∠DCE＝60°，从而得出△CDE是等边三角形； （2）在BC上截取BF＝BE，可证得△CEF≌△DBE（ASA），从而BD＝CF，从而得出BD+BE+DE＝CF+BF+DE＝BC+DE＝4+DE，故当CD⊥AB时，CD最小AC＝2，进一步得出结果； （3）当∠DEB＝90°时，可推出∠CDA＝∠ACD，从而AD＝AC＝4，进一步得出结果；当∠BDE＝90°时，同理可得BD＝CB＝4，进一步得出结果． 【解答】解：（1）∵△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE， ∴CD＝CE，∠DCE＝60°， ∴△CDE是等边三角形， 故答案为：等边； （2）如图1， 在BC上截取BF＝BE， ∵△ABC和△CDE是等边三角形， ∴AC＝BC，∠CD＝CE，∠CAB＝∠ABC＝∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠CAD＝∠BCE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴∠CBE＝∠CAB＝60°， ∴△BEF是等边三角形， ∴EF＝BE，∠EFB＝∠FEB＝60°， ∴∠CFE＝∠DBE＝120°，∠CED＝∠FEB＝60°， ∴∠CEF＝∠BED， ∴△CEF≌△DBE（ASA）， ∴BD＝CF， ∴BD+BE+DE＝CF+BF+DE＝BC+DE＝4+DE， ∵DE＝CD， ∴当CD⊥AB时，CD最小AC＝2， 此时OD＝6+2＝8，即：t＝8秒，△BDE的最小周长为4+2； （3）如图2， 当∠DEB＝90°时， ∵∠CED＝90°， ∴∠CDA＝∠CEB＝90°﹣∠CED＝30°， ∴∠DCA＝∠CAB﹣∠DCA＝60°﹣30°＝30°， ∴∠CDA＝∠ACD， ∴AD＝AC＝4， ∴OD＝OA﹣AD＝2， ∴t＝2秒， 如图3， 当∠BDE＝90°时， ∵∠CDE＝60°， ∴∠ADC＝180°﹣60°﹣90°＝30°， 同理可得BD＝CB＝4， ∴OD＝OB+BD＝14， ∴t＝14秒， 综上所需：t＝2秒或14秒． 【总结提升】本题考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是分类讨论． 10．（2022•沈阳）【特例感知】 （1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 　AD＝BC　； 【类比迁移】 （2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由． 【方法运用】 （3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝3，连接BC． ①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是 　8+3　； ②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当∠CBD＝∠DAB＝30°时，直接写出AD的值． 【思路引领】（1）证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论； （2）利用旋转性质可证得∠BOC＝∠AOD，再证明△AOD≌△BOC（SAS），即可得出结论； （3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，先证得△ABC∽△TBD，得出DT＝3，即点D的运动轨迹是以T为圆心，3为半径的圆，当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+3； ②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H，可证得△BAC∽△BTD，得出DTAC3，再求出DH、AH，即可求得AD；如图5，在AB下方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，可证得△BAC∽△BTD，得出DE，再由勾股定理即可求得AD． 【解答】解：（1）AD＝BC．理由如下： 如图1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°， ∴OA＝OB，OD＝OC， 在△AOD和△BOC中， ， ∴△AOD≌△BOC（SAS）， ∴AD＝BC， 故答案为：AD＝BC； （2）AD＝BC仍然成立. 证明：如图2，∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α， 即∠BOC＝∠AOD， 在△AOD和△BOC中， ， ∴△AOD≌△BOC（SAS）， ∴AD＝BC； （3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD， ∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形， ∴BTAB，BDBC，∠ABT＝∠CBD＝45°， ∴，∠ABC＝∠TBD， ∴△ABC∽△TBD， ∴， ∴DTAC33， ∵AT＝AB＝8，DT＝3， ∴点D的运动轨迹是以T为圆心，3为半径的圆， ∴当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+3， 故答案为：8+3； ②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H， ∵cos30°，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC， ∴△BAC∽△BTD， ∴， ∴DTAC3， 在Rt△ABT中，AT＝AB•sin∠ABT＝8sin30°＝4， ∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°， ∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°， ∵TH⊥AD， ∴TH＝AT•sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT•cos∠TAH＝4cos30°＝2， 在Rt△DTH中，DH， ∴AD＝AH+DH＝2； 如图5，在AB上方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE， 则cos30°， ∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°， ∴△BDE∽△BCA， ∴， ∴DEAC3， ∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB•sin30°＝84， ∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°， ∴AD； 综上所述，AD的值为2或． 【总结提升】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，瓜豆原理等知识点，关键是添加恰当辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，综合性较强，难度较大，属于中考压轴题． 类型四 中点旋转模型 11．（2023秋•莲池区校级月考）已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过点E作EF⊥BD交BC于点F，连接DF，G为DF的中点，连接EG，CG． （1）如图1，求证：EG＝CG； （2）将图1中的△BEF绕点B按逆时针方向旋转45°，如图2，取DF的中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由； （3）将图1中的△BEF绕点B逆时针旋转任意角度，如图3，取DF的中点G，连接EG，CG．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） 【思路引领】（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． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DCF＝90°， 在Rt△FCD中， ∵G为DF的中点， ∴CGFD， 同理，在Rt△DEF中， EGFD， ∴CG＝EG． （2）解：（1）中结论仍然成立，即EG＝CG．理由如下： 连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点，如图2． 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． （3）解：（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，如图3． 由于G为FD中点， ∵∠GCD＝∠GMF，∠CGD＝∠MGF，GF＝GD， ∴△CDG≌△MFG（AAS）， ∴CD＝FM， 又因为BE＝EF，易证∠EFM＝∠EBC， ∴△EFM≌△EBC（SAS）， ∴∠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． 【总结提升】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定，全等三角形的判定与性质，添加恰当的辅助线本题的关键． 类型五 通过旋转构造三角形全等 12．（2023•内江开学）如图，等边三角形ABC内有一点P，分别连接AP，BP，CP，若AP＝6，BP＝8，CP＝10，则S△ABP+S△BPC＝　24+16　． 【思路引领】将△BPC绕点B逆时针旋转60°后得△AP'B，根据旋转的性质可得∠PBP′＝∠CAB＝60°，BP＝BP′，可得△BPP′为等边三角形，可得BP′＝BP＝8＝PP'，由勾股定理的逆定理可得，△APP′是直角三角形，由三角形的面积公式可求解． 【解答】解：如图，将△BPC绕点B逆时针旋转60°后得△AP'B，连接PP′， 根据旋转的性质可知， 旋转角∠PBP′＝∠CAB＝60°，BP＝BP′， ∴△BPP′为等边三角形， ∴BP′＝BP＝8＝PP'； 由旋转的性质可知，AP′＝PC＝10， 在△BPP′中，PP′＝8，AP＝6， 由勾股定理的逆定理得，△APP′是直角三角形， ∴S△ABP+S△BPC＝S四边形AP'BP＝S△BP'P+S△AP'PBP2PP'×AP＝24+16 故答案为：24+16． 【总结提升】本题考查了旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理，作辅助线构造出等边三角形和直角三角形是解题的关键，也是本题的难点． 13．（2023秋•泗阳县期中）构造模型问题： 问题背景：如图1，P是等边△ABC外一点，∠APB＝30°，则PA2+PB2＝PC2． 小明为了证明这个结论，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，请根据此思路完成这个证明； （1）迁移应用：如图2，P是等边△ABC内一点，且PC2+PB2＝PA2；求∠BPC的度数； （2）拓展提升：如图3，在等腰直角△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，点P在△ABC外部，且∠BPC＝45°，若PC＝6，则△APC的面积是 　18　（不必证明）． 【思路引领】问题背景：将△PAB绕点A逆时针旋转60°，得到△P′AC，连接PP′，则△PAP′是等边三角形，得PP′＝PA，∠PP′A＝60°，再证∠PP′C＝90°，得PC2＝PP′2+P′C2，即可解决问题； （1）迁移应用：把△PBC绕点B逆时针旋转60°，得到△P′BA，连接PP′，则△PBP'是等边三角形，得∠BP'P＝60°，PP'＝BP，再由勾股定理的逆定理得△APP'是直角三角形，∠AP'P＝90°，即可解决问题； （2）拓展提升：过点B作BM⊥BP交PC的延长线于点M，连接AM，证△BPM为等腰直角三角形，得BP＝BM，∠BMP＝45°，再证△PBC≌△MBA（SAS），得PC＝MA，∠BPC＝∠BMA＝45°，则∠AMP＝∠BMP+∠BMA＝90°，然后由三角形面积公式列式计算即可． 【解答】问题背景： 证明：如图1，将△PAB绕点A逆时针旋转60°，得到△P′AC，连接PP′， 则AP＝AP′，∠PAP′＝60°， ∴△PAP′是等边三角形， ∴PP′＝PA，∠PP′A＝60°， 由旋转的性质得：∠APB＝∠AP′C＝30°，PB＝P′C， ∴∠PP′C＝∠PP′A+∠AP′C＝60°+30°＝90°， ∴PC2＝PP′2+P′C2， ∵PP′＝PA，P′C＝PB， ∴PA2+PB2＝PC2； （1）迁移应用： 解：如图2，把△PBC绕点B逆时针旋转60°，得到△P′BA，连接PP′， 由旋转的性质得：BP＝BP'，∠PBP'＝60°，PC＝P'A，∠BPC＝∠BP'A， ∴△PBP'是等边三角形， ∴∠BP'P＝60°，PP'＝BP， ∵PC2+PB2＝PA2， ∴P'A2+P'P2＝PA2， ∴△APP'是直角三角形，∠AP'P＝90°， ∴∠BPC＝∠BP'A＝∠AP′P+∠BP′P＝90°+60°＝150°； （2）拓展提升： 解：如图3，过点B作BM⊥BP交PC的延长线于点M，连接AM， 则∠PBM＝90°， ∵∠BPC＝45°， ∴△BPM为等腰直角三角形， ∴BP＝BM，∠BMP＝45°， ∵∠MBA+∠MBC＝∠ABC＝90°，∠PBM＝∠PBC+∠MBC＝90°， ∴∠PBC＝∠MBA， 在△PBC和△MBA中， ， ∴△PBC≌△MBA（SAS）， ∴PC＝MA，∠BPC＝∠BMA＝45°， ∴∠AMP＝∠BMP+∠BMA＝45°+45°＝90°， ∴S△APCPC×MAPC262＝18， 故答案为：18． 【总结提升】本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识，本题综合性强，熟练掌握旋转的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理是解题的关键，属于中考常考题目． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$