2026年中考数学二轮复习核心考点专题提优拓展训练 专题09 旋转中的全等三角形模型

专题09 旋转中的全等三角形模型 类型一 对角互补模型 （一）正方形或等腰直角三角形中的半角模型 【典例1】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，连接AD．求证：AD＝BF． （2）若EF＝10，BF＝8．求AE的长及△ABC的面积． 【针对训练】 1．（2025秋•新疆期末）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且．∠MAN＝45°，把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE． （1）求证：△AEM≌△ANM； （2）若BM＝6，DN＝4，求MN的长． （二） 120°的等腰三角形夹60°的半角模型 【典例2】（2025春•吉安期中）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，点E，F分别在AB，AC边上移动，且∠EDF＝60°． （1）当EF∥BC时，△DEF的形状是 　 　 ． （2）在移动过程中，△AEF的周长是否发生变化？请说明理由，如不变，求出它的值． 【针对训练】 1．如图，等边三角形ABC的边长为4，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，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S△ODE＝S△BDE；③四边形ODBE的面积始终等于；④△BDE周长的最小值为6．上述结论中不正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2025秋•泗阳县月考）【尝试探究】如图1，已知在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、DC上运动， （1）当点E、F分别为BC、DC中点时，求证：AE＝AF； （2）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，加以说明； （3）如图2，当点E、F分别在射线CB、DC上运动，∠EAF＝45°时， ①试问（2）中的结论还成立吗？请加以说明； ②直接写出S△ADF、S△AEF和S△ABE之间的数量关系； 【模型建立】如图3，若将直角三角形ABC沿斜边翻折得到△ADC，且∠B＝∠D＝90°，点E、F分别在边DC、BC上运动，且，试猜想（2）中的结论还成立吗？请加以说明； 【拓展应用】如图4，已知△ABC是边长为5的等边三角形（三边相等，三个内角均为60°），BD＝CD， ∠BDC＝120°，∠DBC＝∠BCD＝30°，以D为顶点作一个600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． （三） 对角互补且一组邻边相等的半角模型 【典例3】（2025秋•资阳期末）（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°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系． 小明同学探究此问题的方法是，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）灵活运用： 如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立，请说明理由； （3）探索延伸： 如图3，已知在四边形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，如图3所示，且满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系． 【针对训练】 1．（2025秋•河东区期末）（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△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． 类型二 手拉手模型——旋转全等 【典例4】（2023•开阳县模拟）【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，写出图中一对你认为全等的三角形 　△AOD≌△BOC ； 【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°＜a＜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＝6，点C是线段AB外一动点，AC＝3，连接BC．若将CB绕点C顺时针旋转90°得到CD，连接AD，AD是否有最小值，若有请求出最小值；若没有，请说明理由． 【针对训练】 1．（2024秋•平泉市期末）如图，△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O点出发，沿OM方向以1cm/s的速度运动，运动时间为t．当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE． （1）求证：△CDE是等边三角形． （2）当△BCD为直角三角形时，求t的值． 类型三 中点旋转模型 【典例5】（2025•遵化市二模）已知：在正方形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． 【猜想论证】 （1）猜想线段EG与CG的数量关系，并加以证明． 【拓展探究】 （2）将图1中△BEF绕B点逆时针旋转45°得到图2，取DF中点G，连接EG，CG．你在（1）中得到的结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明． 【针对训练】 1．（2025春•宿城区月考）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：①BC＝DE；②PA平分∠BPE；③PA+PC＝PE；④PA+PD＝PB．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 类型四 通过旋转构造三角形全等 【典例6】（2025春•宝安区期中）旋转构造 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； 迁移应用：（1）如图2，P是等边△ABC内一点，且PC2+PB2＝PA2，此时∠BPC的度数为　 　 ． 拓展提升：（2）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，请求出△APC的面积． （3）如图4，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E在四边形ABCD内部，且DE＝EC，∠DEC＝90°，∠AEB＝135°，，，直接写出AB的长　 ． 【针对训练】 1．（1）如图①，等边三角形ABC内有一点P，连接AP，BP，CP，若∠BPC＝150°，BP＝3，AP＝5，则CP＝　 　 ． （2）如图②，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A，B，C的距离分别为，，4，则正方形ABCD的面积为　 ． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 旋转中的全等三角形模型 类型一 对角互补模型 （一）正方形或等腰直角三角形中的半角模型 【典例1】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，连接AD．求证：AD＝BF． （2）若EF＝10，BF＝8．求AE的长及△ABC的面积． 【分析】（1）证明△BCF≌△ACD，根据全等三角形的对应边相等即可证得； （2）首先证明△ECF≌△ECD，则ED＝EF，然后在直角△ADE中利用勾股定理求得AE的长，则AB的长即可求得，然后利用三角函数求得AC和BC的长，利用三角形的面积公式求解． 【解答】（1）证明：在△BCF和△ACD中， ， ∴△BCF≌△ACD， ∴AD＝BF，∠CAD＝∠CBA＝45°． （2）解：∵在△ECF和△ECD中， ， ∴△ECF≌△ECD（SAS）， ∴ED＝EF， 则在Rt△DAE中，由勾股定理可得：AE6， ∴AB＝24， ∴在Rt△ABC中，由勾股定理可得AC＝BC＝12， ∴S△ABCAC2＝144． 【点睛】本题考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线，构造全等的三角形是本题的关键． 【针对训练】 1．（2025秋•新疆期末）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且．∠MAN＝45°，把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE． （1）求证：△AEM≌△ANM； （2）若BM＝6，DN＝4，求MN的长． 【分析】（1）利用旋转的性质得到对应角和对应边相等，再结合已知角的关系，通过SAS判定定理证明三角形全等． （2）根据（1）中的全等关系，将线段进行转化，进而求出MN的长度． 【解答】（1）证明：∵把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE， ∴△ABE≌△ADN， ∴∠BAE＝∠DAN，AE＝AN， ∴∠BAE+∠BAN＝∠DAN+∠BAN＝90°， ∵∠MAN＝45°， ∴∠MAE＝90°﹣45°＝45°， ∴∠MAE＝∠MAN， 在△AEM和△ANM中， ， ∴△AEM≌△ANM（SAS）； （2）解：∵BM＝6，DN＝4， 由（1）知：BE＝DN＝4， ∴ME＝BM+BE＝10， ∵△AEM≌△ANM， ∴MN＝ME＝10． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定定理（SAS）和性质是解题的关键． （二） 120°的等腰三角形夹60°的半角模型 【典例2】（2025春•吉安期中）如图，△ABC是边长为1的等边三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，点E，F分别在AB，AC边上移动，且∠EDF＝60°． （1）当EF∥BC时，△DEF的形状是 　等边三角形　 ． （2）在移动过程中，△AEF的周长是否发生变化？请说明理由，如不变，求出它的值． 【分析】（1）证△AEF是等边三角形，得AE＝AF，则BE＝CF，再证∠DBE＝∠DCF，然后证△DBE≌△DCF（SAS），得DE＝DF，即可得出结论； （2）延长AC至点P，使CP＝BE，连接PD，证△BDE≌△CDP（SAS），得DE＝DP，∠BDE＝∠CDP，再证△DEF≌△DPF（SAS），得EF＝FP，即可解决问题． 【解答】解：（1）∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠A＝∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵EF∥BC， ∴∠AEF＝∠ABC＝60°，∠AFE＝∠ACB＝60°， ∴∠AEF＝∠AFE＝∠A＝60°， ∴△AEF是等边三角形， ∴AE＝AF， ∴AB﹣AE＝AC﹣AF， 即BE＝CF， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∴∠DBE＝∠DCF， 在△DBE和△DCF中， ， ∴△DBE≌△DCF（SAS）， ∴DE＝DF， ∵∠EDF＝60°， ∴△DEF是等边三角形， 故答案为：等边三角形； （2）解：在移动过程中，△AEF的周长不发生变化，理由如下： 如图，延长AC至点P，使CP＝BE，连接PD， ∵△ABC是边长为1的等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝AC＝1， ∵BD＝CD，∠BDC＝120°， ∴∠DBC＝∠DCB＝30°， ∴∠EBD＝∠DCF＝90°， ∴∠DCP＝∠DBE＝90°， 在△BDE和△CDP中， ， ∴△BDE≌△CDP（SAS）， ∴DE＝DP，∠BDE＝∠CDP， ∵∠BDC＝120°，∠EDF＝60°， ∴∠BDE+∠CDF＝60°， ∴∠CDP+∠CDF＝60°， ∴∠EDF＝∠PDF＝60°， 在△DEF和△DPF中， ， ∴△DEF≌△DPF（SAS）， ∴EF＝FP， ∴EF＝FC+BE， ∴△AEF的周长＝AE+EF+AF＝AB+AC＝1+1＝2． 即在移动过程中，△AEF的周长不发生变化，值为2． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及平行线的性质等知识，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 【针对训练】 1．如图，等边三角形ABC的边长为4，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，给出下列四个结论：①OD＝OE；②S△ODE＝S△BDE；③四边形ODBE的面积始终等于；④△BDE周长的最小值为6．上述结论中不正确的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】连接OB、OC，如图，利用等边三角形的性质得∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°，再证明∠BOD＝∠COE，于是可判断△BOD≌△COE，所以BD＝CE，OD＝OE，则可对①进行判断；利用S△BOD＝S△COE得到四边形ODBE的面积S△ABC，则可对③进行判断；作OH⊥DE，如图，则DH＝EH，计算出S△ODEOE2，利用S△ODE随OE的变化而变化和四边形ODBE的面积为定值可对②进行判断；由于△BDE的周长＝BC+DE＝4+DE＝4OE，根据垂线段最短，当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，计算出此时OE的长则可对④进行判断． 【解答】解：连接OB、OC，如图， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∵点O是△ABC的中心， ∴OB＝OC，OB、OC分别平分∠ABC和∠ACB， ∴∠ABO＝∠OBC＝∠OCB＝30°， ∴∠BOC＝120°，即∠BOE+∠COE＝120°， 而∠DOE＝120°，即∠BOE+∠BOD＝120°， ∴∠BOD＝∠COE， 在△BOD和△COE中， ， ∴△BOD≌△COE（ASA）， ∴BD＝CE，OD＝OE， ∴①正确； ∵△BOD≌△COE， ∴S△BOD＝S△COE， ∴四边形ODBE的面积＝S△OBCS△ABC42， 故③正确； 作OH⊥DE于H，如图，则DH＝EH， ∵∠DOE＝120°， ∴∠ODE＝∠OEH＝30°， ∴OHOE，HEOHOE， ∴DEOE， ∴S△ODEOEOEOE2， 即S△ODE随OE的变化而变化， 而四边形ODBE的面积为定值， ∴S△ODE≠S△BDE； 故②错误； ∵BD＝CE， ∴△BDE的周长＝BD+BE+DE＝CE+BE+DE＝BC+DE＝4+DE＝4OE， 当OE⊥BC时，OE最小，△BDE的周长最小，此时OE， ∴△BDE周长的最小值＝4+2＝6， ∴④正确． 故选：A． 【点睛】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．也考查了等边三角形的性质和全等三角形的判定与性质． 2．（2025秋•泗阳县月考）【尝试探究】如图1，已知在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、DC上运动， （1）当点E、F分别为BC、DC中点时，求证：AE＝AF； （2）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，加以说明； （3）如图2，当点E、F分别在射线CB、DC上运动，∠EAF＝45°时， ①试问（2）中的结论还成立吗？请加以说明； ②直接写出S△ADF、S△AEF和S△ABE之间的数量关系； 【模型建立】如图3，若将直角三角形ABC沿斜边翻折得到△ADC，且∠B＝∠D＝90°，点E、F分别在边DC、BC上运动，且，试猜想（2）中的结论还成立吗？请加以说明； 【拓展应用】如图4，已知△ABC是边长为5的等边三角形（三边相等，三个内角均为60°），BD＝CD， ∠BDC＝120°，∠DBC＝∠BCD＝30°，以D为顶点作一个600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． 【分析】（1）根据正方形的性质得BE＝DF，利用SAS证明△ABE≌△ADF，根据全等三角形的性质即可得出结论； （2）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； （3）①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； ②根据全等三角形的性质即可得出S△ADF、S△AEF和S△ABE之间的数量关系； 【模型建立】同理作辅助线，将△ADF绕A顺时针旋转∠BAD的度数，此时，AD与AB重合，证明△GAE≌△FAE，同理可以得出EF＝BG+BE＝DF+BE； 【拓展应用】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】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠D＝90°， ∵点E、F分别为BC、DC中点， ∴BEBC，DFDC， ∴BE＝DF， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴AE＝AF； （2）解：DF+BE＝EF． 证明：如图，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； （3）解：①（2）中的结论不成立． 证明：如图所示． ∵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； ②S△ADF＝S△AEF+S△ABE， 证明：如图所示． 由①知△ADG≌△ABE，△EAF≌△GAF， ∴S△ADG＝S△ABE，S△AGF＝S△AEF， ∴S△ADF＝S△AGF+S△ADG＝S△AEF+S△ABE， ∴S△ADF＝S△AEF+S△ABE； 【模型建立】成立，如图，DF+BE＝EF． 证明：将△ADF绕A顺时针旋转∠BAD的度数，此时，AD与AB重合， 由旋转得：BG＝DF，∠1＝∠2，AF＝AG， ∠ABG＝∠D＝90°， 同理得：点G，B，E在同一条直线上， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠BAE+∠FAD∠BAD， ∴∠BAE+∠GAB∠BAD， ∴∠EAG＝∠EAF， ∵AF＝AG，AE＝AE， ∴△GAE≌△FAE（SAS）， ∴EF＝EG， ∴EF＝BG+BE＝DF+BE， ∴（2）中的结论还成立，DF+BE＝EF； 【拓展应用】解：∵△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， ∵∠EDF＝60°∠BDC， ∴∠BDE+∠CDF＝60°， ∴∠CDM+∠CDF＝60°， ∴∠MDF＝∠EDF， ∵DE＝DM，DF＝DF， ∴△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． 【点睛】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． （三） 对角互补且一组邻边相等的半角模型 【典例3】（2025秋•资阳期末）（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°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系． 小明同学探究此问题的方法是，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 BE+FD＝EF ； （2）灵活运用： 如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，上述结论是否仍然成立，请说明理由； （3）探索延伸： 如图3，已知在四边形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，如图3所示，且满足EF＝BE+FD，请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系． 【分析】（1）根据SAS可判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再根据SAS判定△AEF≌△AGF，可得出EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF，据此得出结论； （2）延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先根据SAS判定△ABE≌△ADG，进而得出∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，再根据SAS判定△AEF≌△AGF，可得出EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF； （3）在DC延长线上取一点G，使得DG＝BE，连接AG，先根据SAS判定△ADG≌△ABE，再根据SAS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）BE+FD＝EF．理由如下： 理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， ∵∠ADC＝90°， ∴∠ADG＝180°﹣∠ADC＝90°， 又∵∠B＝90°， ∴∠B＝∠ADG， 在△ABE与△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°， ∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝60°， ∴∠DAG+∠DAF＝60°， 即∠GAF＝60°， ∴∠GAF＝∠EAF； 在△AEF与△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝GF， ∵GF＝DG+DF， ∴EF＝BE+DF， 故答案为：BE+FD＝EF； （2）BE+FD＝EF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， 又∵AB＝AD， ∴在△ABE与△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵∠EAF∠BAD， ∴∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF∠BAD， ∴∠DAG+∠DAF∠BAD， 即∠GAF∠BAD， ∴∠GAF＝∠EAF， 在△AEF与△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝GF， ∵GF＝DG+DF， ∴EF＝BE+DF； （3）∠EAF＝180°∠DAB．证明如下： 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， 又∵AB＝AD， ∴在△ABE与△ADG中， ∴△ADG≌△ABE（SAS）， ∴AG＝AE，∠DAG＝∠BAE， ∵EF＝BE+FD， ∴EF＝DG+FD， ∴EF＝GF， 在△AEF与△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°， ∴∠EAF＝180°∠DAB． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问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．解题时注意：同角的补角相等． 【针对训练】 1．（2025秋•河东区期末）（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△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． 【分析】（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）结论：∠BAE+∠FAD＝∠EAF． 理由：如图1，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG， 在△ABE和△ADG中， ， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG， ∵EF＝BE+DF， ∴EF＝DF+DG＝FG， 在△AEF和△AGF中， ， ∴△AEF≌△AGF（SSS）， ∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF． 故答案为：∠BAE+∠FAD＝∠EAF； （2）仍成立，理由： 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）结论：∠EAF＝180°∠DAB． 理由：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， 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°， ∴∠EAF＝180°∠DAB． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问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．解题时注意：同角的补角相等． 类型二 手拉手模型——旋转全等 【典例4】（2023•开阳县模拟）【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，写出图中一对你认为全等的三角形 　△AOD≌△BOC ； 【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°＜a＜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＝6，点C是线段AB外一动点，AC＝3，连接BC．若将CB绕点C顺时针旋转90°得到CD，连接AD，AD是否有最小值，若有请求出最小值；若没有，请说明理由． 【分析】（1）利用等腰直角三角形的性质，根据SAS证明△AOD≌△BOC，可得结论； （2）与（1）同理可证明（1）中结论成立； （3）过点A作AE⊥AB，使得AE＝AB＝6，连接BE，DE．判定△ABC∽△EBD，即可得到DE的长为定值，进而得出点D的运动轨迹为以E为圆心，DE长为半径的圆，故当点D在线段AE上时，AD存在最小值． 【解答】解：（1）∵△AOB和△COD是等腰直角三角形， ∴OA＝OB，OC＝OD， ∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴△AOD≌△BOC（SAS）， 故答案为：△AOD≌△BOC； （2）仍然成立． ∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠BOC＝∠AOD， ∵△AOB和△COD是等腰直角三角形， ∴OA＝OB，OC＝OD， ∴△BOC≌△AOD（SAS）； （3）AD有最小值． 如图，过点A作AE⊥AB，使得AE＝AB＝6，连接BE，DE， ∵△ABE与△CBD都是等腰直角三角形， ∴， ∵∠ABE＝∠CBD＝45°， ∴∠ABC＝∠EBD， ∴△ABC∽△EBD， ∴EDAC＝3， ∴点D的运动轨迹为以E为圆心，DE长为半径的圆， ∵AD≥AE﹣ED＝6， ∴当点D在线段AE上时，AD的最小值为6． 【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质等知识的综合运用．作辅助线构造相似三角形是解决问题（3）的关键；确定点D的运动轨迹为以E为圆心，DE长为半径的圆是难点所在． 【针对训练】 1．（2024秋•平泉市期末）如图，△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O点出发，沿OM方向以1cm/s的速度运动，运动时间为t．当点D不与点A重合时，将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE，连接DE． （1）求证：△CDE是等边三角形． （2）当△BCD为直角三角形时，求t的值． 【分析】（1）由旋转的性质可得CD＝CE，∠DCA＝∠ECB，由等边三角形的判定可得结论； （2）分二种情况，由旋转的性质和直角三角形的性质可求解． 【解答】（1）证明：∵将△ACD绕点C逆时针方向旋转60°得到△BCE， ∴△ADC≌△BEC， ∴CD＝CE，∠DCA＝∠ECB， ∴∠DCA+∠ACE＝∠ECB+∠ACE＝∠ABC＝60° ∴∠DCE＝60°，DC＝EC， ∴△CDE是等边三角形； （2）解：①当∠BCD＝90°时， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝60°， ∴∠BDC＝90°﹣60°＝30°， ∴BD＝2BC＝8cm， ∵OB＝OA+AB＝6+4＝10cm， ∴OD＝OB﹣BD＝10﹣8＝2cm， ∴t＝2s． ②当∠CDB＝90°时，AD＝DB＝2cm， ∴OD＝OA+AD＝8cm， ∴t＝8s． 综上所述：当t＝2s或8s时，△BDC是直角三角形． 【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． 类型三 中点旋转模型 【典例5】（2025•遵化市二模）已知：在正方形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． 【猜想论证】 （1）猜想线段EG与CG的数量关系，并加以证明． 【拓展探究】 （2）将图1中△BEF绕B点逆时针旋转45°得到图2，取DF中点G，连接EG，CG．你在（1）中得到的结论还成立吗？写出你的猜想并加以证明． 【分析】（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）证法一：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． 证法二：延长CG至M，使MG＝CG，连接MF，ME，EC，证明△DCG≌△FMG（SAS）．由全等三角形的性质得出MF＝CD，∠FMG＝∠DCG，证明△MFE≌△CBE（SAS），由全等三角形的性质得出∠MEF＝∠CEB．则可得出结论． 【解答】（1）EG＝CG． 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． 连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点． 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． 证法二：延长CG至M，使MG＝CG，连接MF，ME，EC， 在△DCG与△FMG中， ∵FG＝DG，∠MGF＝∠CGD，MG＝CG， ∴△DCG≌△FMG（SAS）． ∴MF＝CD，∠FMG＝∠DCG， ∴MF∥CD∥AB， ∴EF⊥MF． 在Rt△MFE与Rt△CBE中， ∵MF＝CB，∠MFE＝∠EBC，EF＝BE， ∴△MFE≌△CBE（SAS）， ∴∠MEF＝∠CEB． ∴∠MEC＝∠MEF+∠FEC＝∠CEB+∠CEF＝90°， ∴△MEC为直角三角形． ∵MG＝CG， ∴EGMC， ∴EG＝CG． 【点睛】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． 【针对训练】 1．（2025春•宿城区月考）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：①BC＝DE；②PA平分∠BPE；③PA+PC＝PE；④PA+PD＝PB．其中正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据旋转的性质得出∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°，AE＝AC，BC＝DE，由三角形内角和定理得到推出∠BPD＝∠BAD＝60°，由对顶角的性质待定∠EPC＝∠BPD＝60°，在BC上截取BG＝PD，由SAS推出△ABG≌△ADP，推出∠BAD＝∠GAP＝60°，得到△APG是等边三角形，因此AP＝PG，∠APB＝60°，于是得到AP+PC＝PG+PC＝CG＝PE，求出∠APE＝∠APB＝60°，即可证明PA平分∠BPE，得PA+PD＝PG+BG＝PB． 【解答】解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE， ∴△ABC≌△ADE， ∴BC＝DE，故①正确； 由旋转的性质可得：∠B＝∠D，∠BAD＝∠CAE＝60°，AE＝AC， ∵∠B+∠BAD＝∠D+∠BPD， ∴∠BPD＝∠BAD＝60°， ∴∠EPC＝∠BPD＝60°， 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③正确； ∵∠EPC＝60°， ∴∠BPE＝120°， ∴∠APE＝∠APB＝60°， ∴PA平分∠BPE，故②正确， ∵PA+PD＝PG+BG＝PB．故④正确； ∴其中正确的有①②③④，4个． 故选：D． 【点睛】本题主要考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，关键是根据旋转前、后的图形全等来解答． 类型四 通过旋转构造三角形全等 【典例6】（2025春•宝安区期中）旋转构造 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； 迁移应用：（1）如图2，P是等边△ABC内一点，且PC2+PB2＝PA2，此时∠BPC的度数为　150°　 ． 拓展提升：（2）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，请求出△APC的面积． （3）如图4，在四边形ABCD中，AD∥BC，点E在四边形ABCD内部，且DE＝EC，∠DEC＝90°，∠AEB＝135°，，，直接写出AB的长　　 ． 【分析】问题背景：证明：将△PAB绕点A逆时针旋转60°，可得△APB≌△AP'C，△APP'为等边三角形，∠PP'C＝60°+30°＝90°，在Rt△PP'C中，由勾股定理可得：PP'2+P'C2＝PC2，又AP＝AP'＝PP'，故PA2+PB2＝PC2； （1）如图2所示，将△ABP绕点A逆时针旋转60°至△ACP'，连接PP'，则△ABP≌△ACP'，∠APB＝∠AP'C，△APP'为等边三角形，PC2+PB2＝PA2，故∠PCP'＝90°．从而∠APB+∠P'PC＝∠AP'C+∠P'PC＝150°，故∠BPC＝360°﹣60°﹣（∠APB+∠P'PC）＝150°； （2）如图3，作BD⊥PB交PC的延长线于点D，连接AD，证明△PBC≌△DBA（SAS），故PC＝AD＝6，∠ADB＝∠BPC＝45°，从而∠PDA＝∠BDP+∠ADB＝45°+45°＝90°，故△APC的面积； （3）如图4，把EA绕点E顺时针旋转90°至EF，连接CF，连接BF，即EA＝EF．证明△AED≌△FEC（SAS），可得AD＝CF，∠ADE＝∠FCE，根据AD∥BC，导角可得∠FCB＝90°，由勾股定理可得BF，再证明△ABE≌△FBE（SAS），即可得AB的长． 【解答】问题背景：证明：将△PAB绕点A逆时针旋转60°， 可得△APB≌△AP'C， ∴PB＝P'C，∠APB＝∠AP'C＝30°， 则△APP'为等边三角形， ∴∠PP'C＝60°+30°＝90°， 在Rt△PP'C中，由勾股定理可得：PP'2+P'C2＝PC2， ∵AP＝AP'＝PP'， ∴PA2+PB2＝PC2； （1）如图2所示，将△ABP绕点A逆时针旋转60°至△ACP'，连接PP'， 则△ABP≌△ACP'，∠APB＝∠AP'C，△APP'为等边三角形， ∵PC2+PB2＝PA2， 故∠PCP'＝90°． 则∠APB+∠P'PC＝∠AP'C+∠P'PC ＝360°﹣∠P'AP﹣∠APP'﹣∠PCP' ＝360°﹣60°﹣60°﹣90° ＝150°， 故∠BPC＝360°﹣60°﹣（∠APB+∠P'PC）＝150°， 故答案为：150°； （2）如图3，作BD⊥PB交PC的延长线于点D，连接AD， ∵∠BPC＝45°， ∴∠BDP＝45°， 故BP＝BD． ∵∠PBD＝∠CBA＝90°， ∴∠PBC＝∠DBA， 在△PBC和△DBA中， ， ∴△PBC≌△DBA（SAS）， ∴PC＝AD＝6，∠ADB＝∠BPC＝45°， ∴∠PDA＝∠BDP+∠ADB＝45°+45°＝90°， 故△APC的面积． （3）如图4，把EA绕点E顺时针旋转90°至EF，连接CF，连接BF， 即EA＝EF． 由旋转可知∠AED＝∠FEC， 在△AED和△FEC中， ， ∴△AED≌△FEC（SAS）， ∴AD＝CF，∠ADE＝∠FCE， ∵AD∥BC， ∴∠ADE+∠EDC+∠DCE+∠ECB＝180°， ∵∠EDC+∠DCE＝90°， ∴∠ADE+∠ECB＝90°，即∠FCE+∠ECB＝90°， 即∠FCB＝90°， 由勾股定理可得BF， ∵∠AEB＝135°， ∴∠BEF＝360°﹣∠AEB﹣∠AEF＝360°﹣135°﹣90°＝135°， ∴∠AEB＝∠BEF， 在△ABE和△FBE中， ， ∴△ABE≌△FBE（SAS）， ∴AB＝BF． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质，证明三角形全等是解题关键． 【针对训练】 1．（1）如图①，等边三角形ABC内有一点P，连接AP，BP，CP，若∠BPC＝150°，BP＝3，AP＝5，则CP＝　4　 ． （2）如图②，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A，B，C的距离分别为，，4，则正方形ABCD的面积为　　 ． 【分析】（1）将△BCP 绕点C顺时针旋转60°得到△ACP'，由旋转的性质得，BP＝AP'＝3，∠AP'C＝∠BPC＝150°，△PCP'是等边三角形，据此可推出结果； （2）将△ABP 绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．根据勾股定理的逆定理推出∠PMC＝90°，再证明A，P，M三点共线．可推出结果． 【解答】解：（1）如图，将△BCP 绕点C顺时针旋转60°得到△ACP'， 由旋转的性质得，BP＝AP'＝3，∠AP'C＝∠BPC＝150°，△PCP'是等边三角形， ∴∠PP'C＝60°， ∴∠AP'P＝∠AP'C﹣∠PP'C＝150°﹣60°＝90°， 在Rt△APP'中，根据勾股定理得． ∵△PCP'是等边三角形， ∴CP＝PP'＝4． 故答案为：4； （2）如图，将△ABP 绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H． ∵．∠PBM＝90°， ∴PM＝2，△PBM为等腰直角三角形． ∵PC＝4，， ∴PC2＝CM2+PM2， ∴∠PMC＝90°， ∵∠BPM＝∠BMP＝45°， ∴∠CMB＝∠APB＝135°， ∴∠APB+∠BPM＝180°， ∴A，P，M三点共线． ∵BH⊥PM， ∴PH＝HM， ∴BH＝PH＝HM＝1， ∴， ∴， ∴正方形ABCD的面积为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，当题目中的条件比较分散时，可利用旋转变换把分散的条件集中在一个三角形中．常用的构造旋转的方法：遇60°旋60°，构造等边三角形；遇90°旋90°，构造等腰直角三角形；遇等腰旋顶点，构造旋转全等；遇中点旋180°，构造中心对称（即倍长中线法）． 1 学科网（北京）股份有限公司 $