第23章《旋转》第8课时旋转模型——倍半角 暑假预习课-2025--2026学年人教版九年级数学上册

暑假预习课-人教版2025-2026学年度第一学期九上数学第23章《旋转》第8课时旋转模型——倍半角 学校:___________姓名：___________班级：___________用时：___________ 1.模型特征： ①有公共顶点的两个角，其中一个角是另一个角的一半； ②大角的两边相等； ③存在互补(或互余)的角； ④常见的半角模型是90°含45°，120°含60°. 2.解题思路： ①以公共端点为旋转中心，相等的两条线段的夹角为旋转角； ②通过先旋转全等再轴对称全等，证明一对轴对称的全等三角形； ③通过全等的性质得出线段之间的数量关系. 3.常见图形： (1)等边三角形含半角.如图①，已知△ABC是等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，∠EDF＝60°，将△BDE绕点D顺时针旋转120°得到△CDG，则△DEF≌△DGF，EF＝BE＋CF； (2)等腰直角三角形含半角.如图②，已知△ABC是等腰直角三角形，∠DAE＝45°，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACF，则△AEF≌△AED，FC⊥BC，BD2＋CE2＝DE2； (3)正方形含半角.如图③，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，则△AEF≌△AEG，EF＝BE＋DF. 　　　　　　　　　　　　　　　　 类型一：120°含60°的半角模型 1. 如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°， ∠MBN＝60°，∠MBN绕点B旋转，它的两边分别交AD，DC于点E，F. (1)如图①，当∠MBN绕点B旋转到AE＝CF时，线段AE，CF，EF之间是数量关系为　AE＋CF＝EF　； (2)如图②，当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，上述(1)中的结论是否成立？请说明理由. 解：(2)成立. 理由如下： 如答图W8－1，延长DC至点K，使CK＝AE，连接BK. 在△BAE与△BCK中， ∴△BAE≌△BCK(SAS).∴BE＝BK，∠ABE＝∠CBK. ∵∠EBF＝60°，∠ABC＝120°，∴∠FBC＋∠ABE＝∠ABC－∠EBF＝60°. ∴∠FBC＋∠CBK＝60°，即∠KBF＝60°.∴∠KBF＝∠EBF. 在△KBF与△EBF中， ∴△KBF≌△EBF(SAS).∴KF＝EF.∴AE＋CF＝CK＋CF＝KF＝EF. 类型二：90°含45°的半角模型 2. 在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°. (1)如图①，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，求证：BE＋DF＝EF； (2)如图②，若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N，求证：EF2＝ME2＋NF2； (3)如图③，将正方形改为长与宽不相等的矩形，其余条件不变，直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系. (1)证明：∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°得到△ABG， ∴AF＝AG，BG＝DF，∠FAD＝∠GAB. ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE＋∠FAD＝45°. ∴∠BAE＋∠GAB＝45°，即∠EAG＝45°. 在△AGE与△AFE中， ∴△AGE≌△AFE(SAS).∴EG＝EF. ∵EG＝BE＋BG＝BE＋DF，∴BE＋DF＝EF. 　 (2)证明：如答图，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，连接GM，则AG＝AF，∠GAB＝∠FAD. 在正方形ABCD中，AD∥BC.∵∠CEF＝45°，∴∠N＝∠CEF＝45°. ∴△AMN是等腰直角三角形.∴AM＝AN，∠AME＝45°. 在△AGM与△AFN中，， ∴△AGM≌△AFN.∴∠AMG＝∠N＝45°，MG＝NF. ∴∠GME＝∠AMG＋∠AME＝90°.∴EG2＝ME2＋MG2. 由(1)知EG＝EF，∴EF2＝ME2＋NF2. (3)解：EF2＝2BE2＋2DF2. 【提示】如答图，延长EF交AB的延长线于点M，交AD的延长线于点N，将 △ADF绕点A顺时针旋转90°得到△AGH，连接EH，MH. 　 同(1)可得△AHE≌△AFE，∴EH＝EF. 在矩形ABCD中，AD∥BC. ∵∠CEF＝45°，∴∠N＝∠BEM＝∠CEF＝45°. ∴△AMN，△BME，△DNF均为等腰直角三角形. ∴AM＝AN，∠AME＝45°，ME＝BE，NF＝DF. 同(2)可得△AHM≌△AFN，∴HM＝FN，∠AMH＝∠N＝45°. ∴∠HME＝∠AMH＋∠AME＝90°.∴HE2＝ME2＋HM2. ∴EF2＝(BE)2＋(DF)2，即EF2＝2BE2＋2DF2. 解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 1.如图，在五边形中，，，，． 将绕点顺时针旋转得到，使与重合，请画出图形； 求证：． 【答案】(1)解：如图，△ABF为所作；   (2)BF＝DE，AD＝AF，∠ABF＝∠AED＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴∠ABF＋∠ABC＝180°， ∴点F在CB的延长线上， ∴CF＝CB＋BF＝CB＋DE， ∵∠CAD＝60°，∠FAD＝∠BAE＝120°， ∴∠CAF＝∠CAD＝60°， ∴△ACF≌△ACD， ∴CD＝CF＝CB＋DE．   2.四边形是由等边三角形和顶角为的等腰三角形拼成的，将一个角的顶点放在点处，角两边分别交直线，于点，，交直线于，两点，连接． 如图，当，都在线段上时，探究，，之间的数量关系，并证明你的结论； 如图，当在边的延长线上时，求证：． 【答案】(1)解：BM+AN＝MN． 证明：  由题意，得∠CAB＝∠CBA＝60°，∠DAB＝∠DBA＝30°， ∴∠CAD＝∠CBD＝60°+30°＝90°， 如图1，把△DBM绕点D逆时针旋转120°得到△DAQ，  则DM＝DQ，AQ＝BM，∠QDM＝120°，∠ADQ＝∠BDM，∠DAQ＝∠DBM＝90°， ∴∠DAQ+∠CAD＝180°， ∴N，A，Q三点共线， ∵∠QDN＝∠QDM-∠MDN＝120°-60°＝60°， ∴∠QDN＝∠MDN＝60°， 在△MND和△QND中， ∴△MND≌△QND(SAS)， ∴MN＝QN， ∵QN＝AQ+AN＝BM+AN， ∴BM+AN＝MN．  (2)证明：如图2，把△DAN绕点D顺时针旋转120°得到△DBP，  则DN＝DP，AN＝BP，∠NDP＝120°．  同（1）得∠DAN＝∠DBP＝90°， ∴点P在BM上， ∵∠MDP＝∠NDP-∠MDN＝120°-60°＝60°， ∴∠MDP＝∠MDN， 在△MND和△MPD中， ∴△MND≌△MPD(SAS)， ∴MN＝MP， ∵BM＝MP+BP＝MN+AN， ∴BM-AN＝MN．  【解析】 此题考查的是旋转的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质和全等三角形的判定和性质，把绕点逆时针旋转得到，先证明，，三点共线，再证明≌，得到，再利用线段的和差关系和等量代换可得结论．  此题考查的是全等三角形的判定和性质以及旋转的性质，把绕点顺时针旋转得到，  则，，，证明≌，得到，再根据线段的和差关系和等量代换得出结论． 3.如图，在中，，，点，在边上且不与点，重合，，猜想之间的数量关系，并说明理由． 如图，在中，，，点，在边上且不与点，重合，，，猜想之间的数量关系，并说明理由． 【答案】解：． 理由：如图，将绕点顺时针旋转后得，连接．    在中，，， ， 由旋转的性质可知，， ，， ． 旋转角，又， 故． ， ， 在中，由勾股定理得 即． ． 理由：如图，将绕点顺时针旋转后得，连接．    在中，，， ， 由旋转的性质可知，， ，， ， ， ， ，， ． 在中，由勾股定理得， ．   【解析】【分析】将绕点顺时针旋转后得，连接，先证明，再证明，即可得到，再在中利用勾股定理得到，最后等量代换得到； 将绕点顺时针旋转后得，连接，证明得到，再在中利用勾股定理得到，最后等量代换得到． 【点睛】本题考查旋转的性质，勾股定理，全等三角形的“半角旋转”模型，熟练利用模型构造全等是解题的关键． 4.在四边形中，，，，，，绕点旋转，它的两边分别交，或它们的延长线于，两点． 当绕点旋转到时，如图，求证：； 当绕点旋转到时，如图，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段，，之间又有怎样的数量关系？ 【答案】(1)如图①，因为AB⊥AD，BC⊥CD，所以∠BAE＝∠C＝90°．因为∠ABC＝120°，BA＝BC，所以将△BCF绕点B逆时针旋转120°得到△BAG（点C与点A重合）．则△BAG≌△BCF．所以∠ABG＝∠CBF，AG＝CF，BG＝BF，∠BAG＝∠C＝90°．所以∠BAG+∠BAE＝180°，即G，A，E三点共线．所以EG＝AE+AG，即EG＝AE+CF．又∠MBN＝60°，∠ABE+∠MBN+∠CBF＝∠ABC，所以∠ABE+∠CBF＝∠ABC-∠MBN＝60°，即∠ABE+∠ABG＝60°．所以∠EBG＝60°，即∠EBF＝∠EBG．在△BEF和△BEG中，  所以△BEF≌△BEG(SAS)．所以EF＝EG．所以AE+CF＝EF．   (2)在题图②中，上述结论成立．证明如下：如图②，延长FC至点H，使CH＝AE，连接BH．因为AB⊥AD，BC⊥CD，所以∠A＝∠BCH＝90°．在△BCH和△BAE中，  所以△BCH≌△BAE(SAS)．所以BH＝BE，∠CBH＝∠ABE．因为∠ABC＝120°，∠MBN＝60°，所以∠ABE+∠CBF＝∠ABC-∠MBN＝60°．所以∠HBF＝∠CBH+∠CBF＝∠ABE+∠CBF＝60°．所以∠HBF＝∠EBF．在△HBF和△EBF中，  所以△HBF≌△EBF(SAS)．所以HF＝EF．因为HF＝CH+CF＝AE+CF，所以EF＝AE+CF，即上述结论成立；在题图③中，上述结论不成立，新的数量关系为AE＝EF+CF．证明如下：如图③，在AE上截取AQ＝CF，连接BQ．因为AB⊥AD，BC⊥CD，所以∠A＝∠BCF＝90°．在△BCF和△BAQ中，  所以△BCF≌△BAQ(SAS)．所以BF＝BQ，∠CBF＝∠ABQ．因为∠MBN＝∠CBF+∠CBE，∠MBN＝60°，所以∠ABQ+∠CBE＝60°．因为∠ABC＝120°，所以∠EBQ＝∠ABC-(∠ABQ+∠CBE)＝60°．所以∠EBF＝∠EBQ．在△FBE和△QBE中，  所以△FBE≌△QBE(SAS)．所以EF＝EQ．因为AE＝EQ+AQ，所以AE＝EF+CF．   5.阅读下面的材料： 小华遇到这样一个问题：如图，在中，，点，在边上，若，求的长．小华发现，将绕点逆时针旋转，得到，连接如图，由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及，可证，得．      请回答：在图中，的长度为          ； 参考小华的思考方法，解决下列问题： 如图，在四边形中，，，点，分别在，上，且，试探索，，之间的数量关系，并证明你的结论； 如图，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形已知米，，，，道路，上分别有景点、，且，米，现要在、之间修一条笔直的道路，求出这条道路的长． 【答案】 理由如下： 如图，， 将绕点顺时针旋转，得到， 则，，， ， ； ；    ； ； ； ； ． 如图，连接， ， 将绕点顺时针旋转，得到， 则，，，， ，， ， ， 三点共线， ，， ，， 是等边三角形， ， 过点作于点， 米， 米，米，， 米， 米， ， ， ， ，    ； ； ； ； ． 米．   【解析】【分析】根据旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理计算即可． 如将绕点顺时针旋转，得到，证明即可． 如图，连接，将绕点顺时针旋转，得到，化归为求解即可． 解： ， ； 绕点逆时针旋转，得到，连接，    则，，，， ； ，， ； ； ； ； ， ， ， ， 见答案． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键． 6.如图，在中，，，点，在上，，为了探究，，之间的等量关系，现将绕点按顺时针方向旋转得到，连接经探究，你所得到的，，之间的等量关系式为          无需证明． 如图，在中，，，，在上，，，试仿照的方法，利用图形的旋转变换，探究，，之间的等量关系，并证明你的结论． 【答案】(1)BD2＋CE2＝DE2  (2)CE2＝BD2＋DE2  如图，将△ACE绕点A按顺时针方向旋转120°得到△ABF，连接DF．由旋转，可知△ACE≌△ABF．∴AE＝AF，CE＝BF，∠CAE＝∠BAF．∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°，∴∠DAF＝∠BAF＋∠BAD＝∠CAE＋∠BAD＝∠BAC－∠DAE＝60°．∴∠DAE＝∠DAF．在△EAD和△FAD中，∴△EAD≌△FAD．∴DE＝DF，∠ADE＝∠ADF＝45°．∴∠BDF＝180°－45°－45°＝90°．在Rt△BDF中，由勾股定理，得BF2＝BD2＋DF2，∴CE2＝BD2＋DE2   7.如图，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，截长补短是一种常用的方法，如图，延长于点，使得，连接、、．    ，，之间的数量关系是___________________； 如图，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． 如图，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，若，请直接写出的周长是多少． 【答案】解： ． 理由：在上取连接， ，， ≌， ，， ， ． 在和中， ， ， ， 将绕点逆时针旋转得， ，，， ， ， 点、、共线， 由同理可得≌， ， ． 的周长为  【解析】【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． 先利用证明≌，得，从而得出答案； 在上取连接，首先由≌，得，，再利用证明≌，得，即可证明结论； 将绕点逆时针旋转得，由旋转的性质得点、、共线，由同理可得≌，得，从而解决问题． 【解答】 解：证明如下： 由旋转，可知： ，，， 点、、共线， ， ． 在和中， ， ， 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 暑假预习课-人教版2025-2026学年度第一学期九上数学第23章《旋转》第8课时旋转模型——倍半角 学校:___________姓名：___________班级：___________用时：___________ 1.模型特征： ①有公共顶点的两个角，其中一个角是另一个角的一半； ②大角的两边相等； ③存在互补(或互余)的角； ④常见的半角模型是90°含45°，120°含60°. 2.解题思路： ①以公共端点为旋转中心，相等的两条线段的夹角为旋转角； ②通过先旋转全等再轴对称全等，证明一对轴对称的全等三角形； ③通过全等的性质得出线段之间的数量关系. 3.常见图形： (1)等边三角形含半角.如图①，已知△ABC是等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，∠EDF＝60°，将△BDE绕点D顺时针旋转120°得到△CDG，则△DEF≌△DGF，EF＝BE＋CF； (2)等腰直角三角形含半角.如图②，已知△ABC是等腰直角三角形，∠DAE＝45°，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACF，则△AEF≌△AED，FC⊥BC，BD2＋CE2＝DE2； (3)正方形含半角.如图③，在正方形ABCD中，∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，则△AEF≌△AEG，EF＝BE＋DF. 　　　　　　　　　　　　　　　　 类型一：120°含60°的半角模型 1. 如图，在四边形ABCD中，AB⊥AD，BC⊥CD，AB＝BC，∠ABC＝120°， ∠MBN＝60°，∠MBN绕点B旋转，它的两边分别交AD，DC于点E，F. (1)如图①，当∠MBN绕点B旋转到AE＝CF时，线段AE，CF，EF之间是数量关系为　 ； (2)如图②，当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，上述(1)中的结论是否成立？请说明理由. 类型二：90°含45°的半角模型 2. 在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°. (1)如图①，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，求证：BE＋DF＝EF； (2)如图②，若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N，求证：EF2＝ME2＋NF2； (3)如图③，将正方形改为长与宽不相等的矩形，其余条件不变，直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系. 解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 1.如图，在五边形中，，，，． 将绕点顺时针旋转得到，使与重合，请画出图形； 求证：．  2.四边形是由等边三角形和顶角为的等腰三角形拼成的，将一个角的顶点放在点处，角两边分别交直线，于点，，交直线于，两点，连接． 如图，当，都在线段上时，探究，，之间的数量关系，并证明你的结论； 如图，当在边的延长线上时，求证：． 3.如图，在中，，，点，在边上且不与点，重合，，猜想之间的数量关系，并说明理由． 如图，在中，，，点，在边上且不与点，重合，，，猜想之间的数量关系，并说明理由． 4.在四边形中，，，，，，绕点旋转，它的两边分别交，或它们的延长线于，两点． 当绕点旋转到时，如图，求证：； 当绕点旋转到时，如图，上述结论是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，线段，，之间又有怎样的数量关系？ 5.阅读下面的材料： 小华遇到这样一个问题：如图，在中，，点，在边上，若，求的长．小华发现，将绕点逆时针旋转，得到，连接如图，由图形旋转的性质和等腰直角三角形的性质以及，可证，得．      请回答：在图中，的长度为          ； 参考小华的思考方法，解决下列问题： 如图，在四边形中，，，点，分别在，上，且，试探索，，之间的数量关系，并证明你的结论； 如图，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形已知米，，，，道路，上分别有景点、，且，米，现要在、之间修一条笔直的道路，求出这条道路的长． 6.如图，在中，，，点，在上，，为了探究，，之间的等量关系，现将绕点按顺时针方向旋转得到，连接经探究，你所得到的，，之间的等量关系式为          无需证明． 如图，在中，，，，在上，，，试仿照的方法，利用图形的旋转变换，探究，，之间的等量关系，并证明你的结论．  7.如图，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，截长补短是一种常用的方法，如图，延长于点，使得，连接、、．    ，，之间的数量关系是___________________； 如图，点、分别在正方形的边、的延长线上，，连接，请写出、、之间的数量关系，并写出证明过程． 如图，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，若，请直接写出的周长是多少． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$