小专题培优4 旋转(手拉手)模型-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学重难题型册（陕西专用）

小专题培优4旋转（手拉手）模型 (8年4考) /I/典例精讲// 等腰三角形自旋转 共顶点三角形 模型特点 △ABC为等腰三角形，AB=AC ①共顶点：②顶角相等；③对应边成比例 常见模型 在△ABC中，D,E分别为AB,AC上的，点， 将△ABC绕，点A旋将△ABC绕，点B旋 DE∥BC,将△ADE绕，点A旋转，连接 转，连接BB',CC 转，连接AA',CC BD,CE (1)△ADE∽△ABC,△ABD∽△ACE; 结论 △BAB'≌△CAC △ABA'∽△CBC (2)当AD=AE,AB=AC时，△ABD≌△ACE 例1 多解法如图，在△ABC和△ACD中，AB=AC=BC,∠CDA=30°，连接BD.若BD=15, AD=12,则CD的长为 解法一：将AD绕点A顺时针旋转60°得到AE,连接DE,BE,构造全等三 角形求解 解法二：将CD绕点C逆时针旋转60°得到CF,连接BF,DF,构造全等三 角形求解 例2(2025西安灞桥区校级模拟)如图，四边形ABCD与四边形BEFG都是正方形，将正方 形BEFG绕点B按顺时针方向旋转，连接AG,DF,CE,CF.在正方形BEFG绕点B按顺时 DF 针方向旋转的过程中，AC的值为 例3如图，在等腰三角形ABC中，AB=BC,P是边BC上任意一点，以AP为腰作等腰三角形 APD,使AP=PD,∠APD=∠ABC,连接CD.求证：∠ABC=∠ACD. 11 /////II巩固练习III/// 1.如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2.将△ABC绕点B逆时针旋转60°，得到 △A,BC,,则AC边的中点D与其对应点D,的距离是 D B 第1题图 第2题图 2.如图，在△ABC和△ACD中，∠BAC=90°，AB=AC,∠ADC=45°，连接BD.若△BCD的面积 为8，则CD的长为 3.如图，已知△ABC和△DEC均为等腰三角形，AB=AC,DE=DC,∠BAC=∠EDC=60°，点E 在AB上.求证：AC=AE+AD. 4.如图，将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB',连接BB',过点D作DE⊥BB'交 BB'的延长线于点E,连接DB',CE.求BB 的值 12(2)解：AP=BD(答案不唯一). 证明：由(1)得∠A=∠B=90°，∠C=∠DPB, 又.·AP=BD,.△ACP≌△BPD(AAS). 例2解：AD⊥CE,BE⊥CE, .∠ADC=∠E=90°，∠CAD+∠ACD=90°， ,∠ACB=90°，∴.∠BCE+∠ACD=90°， .∴.∠CAD=∠BCE I∠ADC=∠CEB. 在△CAD和△BCE中 ∠CAD=∠BCE. AC=BC. ∴.△CAD≌△BCE(AAS),∴.AD=CE=6,CD=BE=2, .DE=CE-CD=6-2=4. 1.4 2.DE=CE-BD 3.证明：(1).·∠ACD=∠B+∠BAC=∠ACE+∠DCE,∠ACE= ∠B,.∠BAC=∠DCE. .·∠B=∠D..△ABC∽△CDE (2)由(I)得，△ABC∽△CDE,CD-DE CE AB BC AC C为BD的中点.BC=CD,六BCCE, AB AC 又：∠B=∠ACE,.△ABC∽△ACE, 六ACAC=AB·A AB AC 4.证明：如解图，过点B作BF⊥AE交EA的延长线于点F F B 则∠F=∠AEC=90°，∴.∠ABF+∠BAF=90° .·∠BAC=90°，∴.∠BAF+∠CAE=90°， .∴.∠ABF=∠CAE. .'AB=AC,∴.△ABF≌△CAE(AAS),∴.AF=CE,BF=AE. .DE=CE,∴.AF=DE,∴.DF=AE BF=DF,∠BDF=45° ·∠DEC=90°，DE=CE,∴.∠CDE=45°， ·.∠BDC=180°-∠BDF-∠CDE=90°. 5.解：如解图，过点E作EF⊥BC,垂足为F,过点D作DG⊥ BA,垂足为G.在Rt△BGD中，BD=4,∠ABC=60°， A ∠BDG=30°，.BG= ∴.GD=√BD2-BG=25. :△PDE是等边三角形， ∴.∠PDE=60°，PD=DE D FC ∴.∠PDB+∠EDF=180°-∠PDE=120°， .·∠ABC=60°，.∠PDB+∠BPD=180°-∠ABC=120°， ∴.∠BPD=∠EDF ∠PGD=∠DFE=90°，.△GPD≌△FDE(AAS), ∴.GD=EF=23」 2×4x23=46 20 6.(1)证明：.：∠BAC=90°，AB=AC .∠B=∠C=45°=∠ADE. ∠BAD+∠B=∠ADC,∠ADC=∠ADE+∠CDE, .∠BAD=∠CDE,·.△ABD∽△DCE (2)解：·∠BAC=90°，AB=AC=6. .BC=√JAB2+AC=62,∠B=∠C=45. 如解图1，△ADE是等腰三角形，且AD=DE. .∠ADE=∠B=45°， .∴.∠BAD+∠ADB=∠CDE+∠ADB=135°， ∴.∠BAD=∠CDE, I∠ABD=∠DCE. 在△ABD和△DCE中. ∠BAD=∠CDE. AD=DE. ∴.△ABD≌△DCE(AAS),∴.DC=AB=6. B D B D 解图1 解图2 如解图2，△ADE是等腰三角形，且AE=DE, 则∠EAD=∠ADE=45°， .∠BAD=∠CAD=45°，∴.AD平分∠BAC, c=Da-24c-35 ·点D不与点B重合，∴.∠DAE<90°， .∴.180°-45°-∠AED<90°，∴.∠AED>45°， .∠AED≠∠ADE, .不存在△ADE是等腰三角形，且AD=AE的情况， 综上所述，DC的长为6或32. 小专题培优4旋转（手拉手)模型 例19【解析】解法一：如解图1，将AD绕点A顺时针旋 转60°得到AE,连接DE,BE,则△ADE为等边三角形， ∴∠BAC=∠DAE=∠AED=60°，DE=AD=12.∠BAE+ ∠CAE=∠CAD+∠CAE,.·.∠BAE=∠CAD.在△BAE和 AB=AC, △CAD中， ∠BAE=∠CAD,.△BAE≌△CAD(SAS), AE=AD. .∠BEA=∠CDA=30°.∠AED=60°，.∠BED=90. 在Rt△BED中，由勾股定理得BE=√BD-DE=9, .∴.CD=9. C E C 解图1 解图2 解法二：如解图2，将线段CD绕点C逆时针旋转60°得 到CF,连接BF,DF,则△CDF为等边三角形..∠BCA+ ∠ACF=∠DCF+∠ACF,.∠BCF=∠ACD.在△BCF和 (BC=AC, △ACD中，{∠BCF=∠ACD,∴.△BCF≌△ACD(SAS), CF=CD. ∠BFC=∠ADC=30°，BF=AD=12.∠CFD=60°， ∴.∠BFD=90°.在Rt△BFD中，由勾股定理得DF= √BD2-BF=9,∴.CD=9. 例2√2【解析】如解图，连接BD, BF.在正方形ABCD中，∠ABD= 45°，BD=√2AB,在正方形BEFG 中，∠GBF=45°，BF=√2BG ∴.∠ABG=∠DBF=45°-∠DBG AB-BG-,△BDF△BMG, BD BF 例3证明：.：AB=BC,AP=PD,∠APD=∠ABC, 六∠RC=∠PD△MBC△Am-8 ∠BAP+∠PAC=∠CAD+∠PAC,.∠BAP=∠CAD .△BAP∽△CAD,.∠ABC=∠ACD. 1.22.4 3.证明：.AB=AC,DE=DC,∠BAC=∠EDC=60°， .△ABC和△DEC均为等边三角形， ∴.∠BCA=∠ECD,∴.∠BCE+∠ECA=∠ECA+∠ACD .·.∠BCE=∠ACD. (BC=AC. 在△BCE和△ACD中 ∠BCE=∠ACD. CE=CD, ∴.△BCE≌△ACD(SAS),.BE=AD, .∴.AE+AD=AE+BE=AB=AC,即AC=AE+AD 4.解：如解图，连接BD,设∠BAB'=α. AB=AB'∠AB'B=90°-) ∠B'AD=90°-Q,AD=AB',.∠AB'D=45+ 2 ..∠EB'D=180°-∠AB'D-∠AB'B=45 .·DE⊥EB' .∠EDB'=∠EB'D=45°， .△DEB'是等腰直角三角形， DB' 0E2 :四边形ABCD是正方形 ,mc-4580 :CD =√2 .·∠EDB'=∠BDC,∴.∠EDB'-∠B'DC=∠BDC-∠B'DC 即∠B'DB=∠EDC, BB'BD- △B'DB△EDC,.CECD 小专题培优5对角互补模型 例1(1)证明：如解图，过点P作PF⊥OB于点F .·OP平分∠BOA,PE⊥OA,PF⊥OB ∴.∠OEP=∠PFB=90°，PE=PF. 在Rt△APE和Rt△BPF中， ∫AP=BP, PE=PF. ∴.Rt△APE≌Rt△BPF(HL),∴.∠1=∠PBO. ∠PB0+∠2=180°，.∠1+∠2=180°. (2)解：OP平分∠BOA,PE⊥OA,PF⊥OB, ∴.∠OEP=∠OFP=90°，PE=PF .OP=OP,∴.Rt△EOP≌Rt△FOP(HL), .∴.OE=OF,∴.OA+OB=OE-AE+OF+BF. 由(1)得Rt△APE≌Rt△BPF, .AE=BF,..0A+OB=OE+OF=20E 例2弩【解标】解法一：如解图1，过点E分别作BM1 BC于点M,EN⊥CD于点N.四边形ABCD是矩形， .∠BCD=90°，四边形EMCW是矩形，.EM=CW .EF⊥BE∴.∠EBM+∠EFC=360°-∠BCD-∠BEF= 180°.又：∠EFC+∠EFN=180°，.∠EFN=∠EBM.又 ∠EF=LBB,△ENO△EMB5-品C EF ENEN EN⊥CD,AD⊥CD,.EN∥AD,.△CNE∽△CDA, EN AD 5 EF 5 CNCD3“EB3 解图1 解图2 解法二：如解图2，连接BF,取BF的中点O,连接OE, OC.:四边形ABCD是矩形，EF⊥BE,.∠BEF= ∠BCF=90°，∴.OE=OB=OF=OC,∴.B,C,F,E四点共圆， 六LBF=∠ECF=LACD.tan∠FBF=un LACD. ER= AD 5 CD 3 1.26【解析】如解图，连接AD,过 点D分别作DG⊥AB于点G,DHL AC于点H.,△ABC为等边三角 形，.∠BAC=60.∠EDF=120°， ∴.∠EAF+∠EDF=180°，∴.∠AED+ ∠AFD=180°.·LAED+∠DEG=BP D 180°，.∠DEG=∠DFH.:D为BC边的中点，.AD平 分∠BAC,.DG=DH.在△DEG和△DFH中， 1∠DEG=∠DFH, ∠EGD=∠FHD,.△DEG≌△DFH(AAS),∴.DE= DG=DH. 21