第2章 第3节 旋转的性质与手拉手模型-【中考得高分】2026年中考数学压轴题训练

第2章 几何变换 第3节 旋转的性质与手拉手模型 在三大变换中，旋转是内容最丰富的一个，不仅在于图形结构较为复杂，在特定条件下，还可通 过构造旋转改变线段、角的位置关系，本节从旋转的性质说起，介绍关于旋转的基础知识. C解析，AB=AD,∠BAD=40°，∴.∠ABD= 》知识导航 ∠ADB=70°，∴.∠ADE=∠ABC=70°，又 彦1.对应边、角相等 ,∠BAC=55°，∴.∠DAC=15°，∴.∠AFE= ∠ADE+∠DAC=85°. ®例1□(2023·郴州)如图，在Rt△ABC中， 思路点拔 ∠BAC=90°，AB=3cm,∠B=60°.将△ABC绕 如图，将△ABC绕点A旋转一定角度得 点A逆时针旋转，得到△AB'C',若点B的对应 到△ADE. 点B恰好落在线段BC上，则点C的运动路径 长是 cm,(结果用含π的式子表示) D 则△ABC≌△ADE.由全等的性质可知： B (1)对应边相等； ○解析∠BAC=90°，∠B=60°，.∠C= (2)对应角相等. 30°，.AB=3cm,∴.AC=3√3cm.由题意得 AB=AB′，又∠B=60°，.△ABB'是等边三角 ≥2.旋转角都相等 形，∴.∠CAC'=∠BAB'=60°，.点C的运动 ®例3(2023·甘孜州)如图，在Rt△ABC 路径长是写80×2x×35=xcm。 中，AC=BC=3√2，点D在边AB上，连接 令例2(2023·无锡)如图，在△ABC中， CD,将CD绕点C逆时针旋转90°得到CE,连 ∠BAC=55°，将△ABC逆时针旋转a(0°<a< 接BE、DE 55),得到△ADE,DE交AC于点F.当α=40° (1)求证：△CAD≌△CBE. 时，点D恰好落在BC上，此时∠AFE的度 (2)点D在AB上运动时，试探究AD2+BD2 数为 () 的值是否存在最小值，如果存在，求出这个最小 值；如果不存在，请说明理由 E B A.80° B.85° C.90° D.95 43 以壹学知道中考数学压轴题得高分m C解析(1)证明：由题意得∠ACB=90°= C解析由手拉手模型可得①②正确，下面分析 ∠DCE,∴.∠ACB-∠BCD=∠DCE- ③：连接BD、EG,BD2十EG2=2a2+2b2,记 ∠BCD,即∠ACD=∠BCE,在△CAD和 BE、DG交点为H,BD2=BH2+DH,EG2= EH2+GH2,DE2=DH2+EH2,BG2= CA=CB. BH2+GH2,.DE2+BG2=BD2+EG2, △CBE中， ∠ACD=∠BCE,∴.△CAD≌ ∴.DE2+BG2=2a2+2b2.综上所述，正确的结 CD=CE, 论有①②③. △CBE(SAS). (2)存在..△CAD≌△CBE,∴.∠A=∠CBE, AD=BE,'.∠DBC+∠CBE=∠DBC+ ∠A=90°，即∠DBE=90°，.AD2+BD2= BE2+BD2=DE2=2CD2,当CD⊥AB时，CD 取最小值3，∴.AD2+BD2的最小值为18. 模型归纳 模型归纳 如图，在旋转中，不难发现，若连接BD、 CE,则△ABD、△ACE均为等腰三角形，且 如图，将△ABC绕点A旋转后得 顶角相等， △ADE,若旋转角为a,记直线BC与直线 DE交于点P,则∠BAD=∠CAE= ∠BPD=α，即旋转角都相等，尤其是 “∠BPD=a”,往往是解题的关键， 反之，若两个顶角相等的等腰三角形共 顶角顶点，长边连短边，得一组旋转型全等.取 名“手拉手”模型. ≥3.手拉手模型 ®例4(2017·南充)如图，正方形ABCD和 正方形CEFG的边长分别为a和b,正方形 D CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE= 特别地，两个等边三角形或两个正方形 DG;②BE⊥DG;③DE2+BG2=2a2+2b2.其 共顶点，找一找图中的全等」 中正确的是 (填序号). B 44 第2章 几何变换 ®例5(2022·攀枝花)如图，以△ABC的三 且CD=DE.F是边AE上的一点，连接BD和 边为边在BC上方分别作等边三角形ACD、等 BF,且∠FBD=45°，则AF的长为 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 是平行四边形；②当∠BAC=150°时，四边形 ADFE是矩形；③当AB=AC时，四边形 ○解析注意到△CDE是等腰直角三角形，且 ADFE是菱形；④当AB=AC,且∠BAC= ∠FBD=45°，考虑构造手拉手模型.过点D作 150°时，四边形ADFE是正方形.其中正确的结 DG⊥BD且DG=BD,即△BDG是等腰直角 论有 (填所有正确结论的序号). 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 △FEG, 祭-2-：A-25, C解析由“手拉手”模型可知：△BAC≌ △BEF,△CAB≌△CDF,∴.EF=AC=AD, 8×25=35 AE= .AF=3 ,·AF的长 DF=AB=AE,∴.四边形ADFE是平行四边 为36 形，故结论①正确；当∠BAC=150°时， 4· G ∠DAE=90°，.四边形ADFE是矩形，故结论 ②正确；当AB=AC时，可得AE=AD,∴.四 边形ADFE是菱形，故结论③正确；当AB= AC,且∠BAC=150°时，可得AE=AD, ∠DAE=90°，∴.四边形ADFE是正方形，故结 论④正确.综上所述，正确的结论有①②③④. ≥4.模型的构造 思路点拔 当图中存在等腰三角形或等边三角形 ®例6(2022·深圳)已知△ABC是直角三 时，可构造“手拉手”模型，转移边、角位置 角形，∠ABC=90°，AB=3,BC=5,AE= 注意模型结构：四线共点；两两相等；夹 2√5，连接CE,以CE为底边作直角三角形CDE, 角相等 45 以壹学知道中考数学压轴题得高分 》真题演练 1.(2023·张家界)如图，AO为∠BAC的平分线，且∠BAC=50°，将四边形ABOC绕点A逆时针 方向旋转后，得到四边形ABO'C',且∠OAC'=100°，则四边形ABOC旋转的角度是 B BD (第1题) (第2题) (第3题) 2.(2023·菏泽)如图，E是正方形ABCD内的一点，将△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到 △CBF.若∠ABE=55°，则∠EGC= 3.(2025·天津)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点A顺时针旋转得到△AB'C',点 B、C的对应点分别为B'、C',BC'的延长线与边BC相交于点D,连接CC'若AC=4,CD=3,则 线段CC的长为 () A号 R号 C.4 n 4.(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1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= D D W D D -M C B (第4题) (第5题) (第6题) 5.(2021·河南)如图，已知□OABC的顶点O(0,0),A(1,2),点C在x轴的正半轴上，延长BA交 y轴于点D.将△ODA绕点O顺时针旋转得到△OD'A',当点D的对应点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.(2√5,0) C.(23+1,0) D.(2√5+1,0) 6.(2021·南京)如图，将□ABCD绕点A逆时针旋转到☐AB'C'D'的位置，使点B'落在BC上， B'C'与CD交于点E,若AB=3,BC=4,BB'=1,则CE的长为 7.(2022·朝阳)在等边三角形ABC中，D是边BC上的一点，BD=2CD,以AD为边作等边三角 形ADE,连接CE,若CE=2,则等边三角形ABC的边长为 46X )第2章) 几何变换 8.(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、d3,则d1+d2+d3的最小值为() A.√2 B.2 C.22 D.4 G B (第8题) (第9题) 9.(2023·宜宾)如图，△ABC和△ADE是以点A为直角顶点的等腰直角三角形，把△ADE绕点 A顺时针旋转，M为射线BD、CE的交点.若AB=√3，AD=1.现有以下结论：①BD=CE; ②BD⊥CE,圆当点E在BA的延长线上时，MC-3,S;①在旋转过程中，当线段MB最短时， △MBC的面积为2其中正确的结论有 () A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 10.(2024·新疆)【探究】 (1)已知△ABC和△ADE都是等边三角形 ①如图1，当点D在BC上时，连接CE,请探究CA、CE和CD之间的数量关系，并说明 理由； ②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE,请再次探究CA、CE和CD之间的数 量关系，并说明理由、 【运用】 (2)如图3，在等边三角形ABC中，AB=6,点E在AC上，CE=2√3.D是直线BC上的动点，连 接DE,以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF,连接CF.当△CEF为直角三角形时， 请直接写出BD的长. 图1 图2 图3 备用图 47 壹学知道中考数学压轴题得高分● 11.(2024·东营)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=1,BC=3. 问题发现 (1)如图1，将△CAB绕点C按逆时针方向旋转90°得到△CDE,连接AD、BE,线段AD与BE 的数量关系是 ,AD与BE的位置关系是 类比探究 (2)将△CAB绕点C按逆时针方向旋转任意角度得到△CDE,连接AD、BE,线段AD与BE 的数量关系、位置关系与(1)中结论是否一致？若AD交CE于点N,请结合图2说明理由. 迁移应用 (3)如图3，将△CAB绕点C旋转一定角度得到△CDE,当点D落到边AB上时，连接BE,求线 段BE的长. 图1 图2 图3 48N )第2章 几何变换 12.(2020·深圳)背景：一次小组合作探究课上，小明将两个正方形按如图所示的位置摆放（点E、 A、D在同一条直线上)，发现BE=DG且BE⊥DG: 小组讨论后，提出了下列三个问题，请你帮助解答： (1)将正方形AEFG绕点A按逆时针方向旋转（如图2），还能得到BE=DG吗？若能，请给出 证明；若不能，请说明理由 (2)把背景中的正方形分别改成菱形AEFG和菱形ABCD,将菱形AEFG绕点A按顺时针方 向旋转（如图3），试问当∠EAG与∠BAD的大小满足怎样的关系时，背景中的结论BE= DG仍成立？请说明理由. (3)把背景中的正方形分别改成矩形AEFG和矩形ABCD,且AC=AD=3,AE=4,AB=8 将矩形AEFG绕点A按顺时针方向旋转（如图4），连接DE、BG.小组发现：在旋转过程中， DE2十BG2的值是定值，请求出这个定值. B 图2 图3 图4 49☐罗m∠DAE=6 ∠DPA=90°-a,∴.∠PMC=∠PCM,∴.PM=PC. 6.A解析：连接CE,则△CDE≌△CA'g,A'C=设PM=PC=m,则MH=GH-号MG=2m, CD=AB=A'B',即A'是B'C的中点.A'G∥B'F, .G是CF的中点.设BF=2a,则FG=GC=3a, PH=m,∴CH=5。 2m,AD BC =2CH= B'F-BF=2a,AD=BC=8a,∴B'C=4W2a,5m.过点P作PQ⊥CM交CM于点Q,∴cos∠PCQ= AB=AB=2Ba,AD-)8g。产22·/ Cos∠DPA6,BG=CM=2CR=6● 3m.又：AB= 7.2W√10解析：由折叠可知AG⊥BF,可得△ABG∽2m,∴.AB=√6BC. △BCF,小2记-82设BG=a,题BC=5a,代入特 名-受解得a2 5a 5,∴BC=5a=210 解析：由题意得E、F分别是边BC、CD的中 点，不妨设AD=BC=2,则EM=EC=EB=1. 第3节旋转的性质与手拉手模型 :△MEB∽△MMD,8-8S-AM- 1.75°解析：由题意得∠O'AC'=∠OAC= 2∠BAC-25,·∠OA0'=∠OAC'-∠OAC'- 2EM=2,AE=3,∴AB=2W2,AD-2=2 DC222' 75°，即四边形ABOC旋转的角度是75°. 9.(1)解析：证明：由题意得∠EPH=90°，∠EPD+2.80°解析：：∠ABE=55°，.∠EBG=35, ∠CPH=90°.，∠EPD+∠DEP=90°，∴∠CPH=:∠BEF=∠BFE=45°，∴.∠EGC=∠EBG+ ∠DEP.又∠C=∠D=90°，∴.△DEP∽△CPH. ∠BEG=80°. (2:P是CD的中点，DP=CP=CD=AB= 3.D解析：如图，连接AD,交CC'于点O,由旋转的 性质得AC'=AC=4,∠AC'B′=∠ACB=90°， 1.设DE=x,则PE=AE=3-x.在Rt△DEP中，」 .∠AC'D=90°，.Rt△AC'D≌Rt△ACD(HL), DE+DP-PE2,即x2+1=(3-x)2,解得x=含， 4 .CD=CD=3,AD垂直平分CC',∴.CC'=2OC, AD⊥CC,∠ACB=90°，AC=4,CD=3,.AD= ADR-专，E-号：△DRPO△CPH,铝 5,又：SAm-AD·0C=日AC.CD,0C= DE,代入得HP=5, C GH-PG-HP-2- (3)如图，连接AP,则AP⊥EF,BG⊥EF,.AP∥ A00e0-8号cc=2x号0 AD 551 BG,∴.∠PAB+∠ABG=180°，∴.∠DAP=∠FBG. 设∠DAP=∠FBG=a,则∠EPA=∠DAP=Q, .∠APG=90°-a.过点C作CM∥BG交PG于点 M,则△CHM≌△BHG,∴.CM=BG.,BG∥AP, ∴.CM∥AP,∴.∠PMC=∠APG=90°-a,∠PCM= 中考数学压轴题得高分 ·11· 4解析：连接0B,0,过点A作AHL0N于边长为3政 13 点H,则OA'=OA=8,,OB=OB'=5,AB=A'B', △AOB≌△A'OB,.SAoB=SAOR,即2X8X 3=2×5d,d-24 5 B D B D 图1 图2 8.C解析：连接AE、CG、CF、AC,则△DEA≌ △DGC,.AE=CG,又EF=DE,.d1+d2+d3= EF+FC+AE≥AC=2W2,即d1十d2+d3的最小值 5.B解析：由题意得OD'=OD=2,延长D'A'过点 为22. C,则∠OCD'=∠DOA,∴.△OCD'∽△AOD, .CD'=4,OC=25,∴.点C的坐标为(2√5,0). 6.8解析：连接DD,则△ABB'D△ADD, ∠AD'D=∠AB'B=∠B=∠ADC=∠AD'C,g.D解析：由题意得△ABD≌△ACE,∴BD=CE, &点D在C'D'上：B那=A8=BB'=1,结论①正确；F△ABD≌△ACE,∠ABD ∠ACE,.'∠ABD+∠BAC=∠ACE+∠BMC, DD'=4, CD=3-专=g易证△C'Dn ∴.∠BMC=∠BAC=90°，.BD⊥CE,.结论②正 △c小8祭器服号设cE,CE- 确；当点E在BA的延长线上时，如图1，AD=1, AB=W3,.∠ABD=30°，∴.∠MCD=30°，，CD= 5aBE=4一50，DE=8-9a,品-台解得 AC-AD=5-1Mc-号cD=325结论@ a=日CE=8CE的长为8 1 正确；如图2，当AE⊥MC时，MB最短，DB=EC= 13或得 解析：如图1，可得△ACE≌△ABD, √AC2-AE2=√2，EM=DM=DA=1,∴.MB= 1 BD=CE=2,BC=2BD=3:如图2，可得 W2-1,MC=2+1.Sawc=2×(W2-1)X(W2+ △ACD≌△ABE,∠ABE=∠ACD=60°，过点E作 1)=2…结论④正确综上所述，正确的结论有4个. EH⊥BC交CB的延长线于点H,设CD=2x,则 BE=CD=2x,∴.BH=x,EH=3x,∴.EC= √EH2+CH=√（√3x)2+(7x)2=2√13x=2, D x-否BC-z-6沿棕上所述，△ABC的 图1 图2 中考数学压轴题得高分 ·12 10.解析：(1)①CA=CE十CD,理由如下：在等边三角3.16解析：EF·ED=EA2=16. 形ABC和等边三角形ADE中，∠BAC=60°=4.①②④⑤解析：由对称性可知结论①正确；设 ∠DAE,∴.∠BAD=∠CAE,在△ADB和△AEC∠FBC=Q,则∠BFE=∠BFC=90°-a,.∠EFD= (AD=AE, 2a=2∠FBC,故结论②正确；PQ2=AP2十CQ,故结 中，{∠BAD=∠CAE,∴，△ADB≌△AEC(SAS),论③错误，结论④正确；当B、H、D共线时，DH取到 AB=AC, 最小值2√2一2，故结论⑤正确.综上所述，正确的结论 .'.BD=CE,.CA =CB=BD+CD=CE+CD. 有①②④⑤： ②CE=CA十CD,同理①可得△ABD≌△ACE,5.①②③⑤解析：由题意得△APF是等腰直角三角 ∴.CE=BD=BC+CD=CA+CD.(2)BD的长为形，∴.AP=PF,故结论①正确；，∠EAF=45°， 6-√3或6+2W3 ∴.DE十BF=EF,故结论②正确；如图，过点P作 11.解析：(1)BE=3AD,AD⊥BE.(2)一致，理由PM⊥BC于点M,PN⊥CD于点N,则PB-PD= 略.(3)BE=30 √2BM-√2PN=√2(BM-MF)=√2BF,故结论③ 5 正确；点A到EF的距离等于AB的长，，EF的值是 12.解析：(1)成立.由题意得△AEB≌△AGD, 变化的，.△AEF的面积不是定值，故结论④错误； ∴.BE=DG.(2)当∠EAG=∠BAD时，BE=DG. 若∠EAG=∠BAD,由题意得△AEB≌△AGD, S△AEF ∴.BE=DG.(3)如图，连接EG、BD,由题意得 正确综上所述，正确的结论有①②③⑤， △AEG∽△ABD,可得BE⊥DG,.DE2+BG2= EG2十BD2=260,即DE2+BG的值是260. 6.(1)4(2)①③解析：(1)由题意可得EF=BE十 第4节半角模型 DF,∴.CACEF=CE+EB十CF+FD=CB+CD=4, 1.A解析：由题意得∠AEF=∠AEB=90°-a, .△CEF的周长是4.(2)结论①正确；令AB= .∴.∠FEC=2a. CD=BC=2,则DF=CF=1,设BE=x,则CE=2一 2.12解析：如图，EF=EG+FG=10,设DG=x,则 x,EF=1+x.在Rt△ECF中，12+(2-x)2=(1+x)2, AB=BC=DG=x,∴.BE=x-6,BF=x-4.在 Rt△BEF中，BE2+BF2=EF2,代入得(x-6)2十 解得x-子，即BE-名，am∠AEF=n∠AEB= 红-4)=10，解得x=12或x=-2(合去)，2X-3结论②错误；∠MAF=∠MDF,A,D. .DG=12. F、M四点共圆，∴.∠AFM=∠ADB=45°，.△AMF 是等腰直角三角形，∴结论③正确综上所述，正确的 结论是①③， 7.3一√3解析：取BC的中点M,连接AM,则 AM⊥BC,∠MAC=30°=∠DAE,.∠DAM= 中考数学压轴题得高分 ·13·