第2章 第5节 旋转的构造-【中考得高分】2026年中考数学压轴题训练

D 第2章 几何变换 第5节 旋转的构造 在半角模型基本结论的证明过程中，已经运用了旋转的构造，在已知半角的条件下，通过旋转 构造出另外一个半角，从而得到全等三角形通过构造旋转，可以改变线与角的位置，由新的位置关 系发现数量关系构造旋转需要什么样的条件？有哪些常见的图形结构？本节内容试着稍作总结 》知识导航 ≥1. 邻补四边形 B 令例1(2024·宜宾)如图，△ABC内接于 ⊙O,BC为⊙O的直径，AD平分∠BAC交 特别地，若∠BAD=90°，可得△ACC'是 ⊙0于点D,则ABAC的值为 AD 等腰直角三角形；（如例1）若∠BAD=60°，可 得△ACC'是等边三角形， D A.√2 B.√3 C.2√2D.23 C解析连接BD、CD,·AD平分∠BAC, BD=CD,即△BCD是等腰直角三角形，延 一般地，四边形ABCD满足： 长AB至点A'使得BA'=CA,连接A'D,可证 ①邻边相等；(AB=AD) △DCA2△DBA',.△ADA'是等腰直角三角 ②对角互补.（∠ABC+∠ADC=180°） 形，.AA′=√2AD,即AB+AC=√2AD, 可构造旋转得等腰三角形，且CA平 AB+AC-/ 分∠BCD, AD B 反之，在四边形ABCD中，若满足CA平 念模型归纳 分∠BCD,∠ABC+∠ADC=180°，可得 如图，四边形ABCD内接于⊙O,当 AB=AD;(留给读者自证) AB=AD时，可将△ABC旋转至△ADC',得 若满足CA平分∠BCD,AB=AD,能否 等腰三角形ACC'. 得出∠ABC十∠ADC=180°？（不能） 59 以壹学知道中考数学压轴题得高分心 ®例2(2024·宜宾)如图，在△ABC中， 形2.托勒密定理 AB=3√2，AC=2,以BC为边作Rt△BCD, 托勒密定理 BC=BD,点D与点A在BC的两侧，则AD 若四边形ABCD内接于⊙O,即可知四 的最大值为 () 边形ABCD满足“对角互补”，若不满足“邻 边相等”，线段之间存在什么样的数量关系？ (1)托勒密定理：若四边形ABCD内接 于⊙O,则AC·BD=AB·CD+AD·BC. A.2+3√2 B.6+2√2 C.5 D.8 ○解析法1：将△BAC旋转得到△BA'D,连 接AA',可得AD≤AA'+A'D=6十2=8，当 0 A、B、D、C四点共圆（即∠BAC=135)时，等 号成立，.AD的最大值为8. 证明：如图，在BD上取点P,使得 ∠APB=∠ADC,又.'∠ABP=∠ACD, ∴.△APBp△ADC.同理可得△APD∽ △Ac,∴把-器把-品，即ac· 法2：由托勒密定理可得AD·BC≤AC·BD十 AB·CD,设BC=BD=a,则CD=√2a,代入得 PB=AB·CD,AC·PD=AD·BC, AD·a≤2a十6a,∴.AD≤8，当∠BAC=135°时 ∴.AC·BD=AB·CD+AD·BC. 等号成立 ≥3。共点旋转 ®例3(2022·张家界)如图，0是等边三角 形ABC内一点，OA=2,OB=1,OC=√3，则 (2)推广（托勒密不等式）：对于任意凸四 △AOB与△BOC的面积之和为 () 边形ABCD,有AC·BD≤AB·CD+ AD·BC A.③ C.33 4 B 4 D.√3 证明：构造△APB△ADC,可得 C解析如图，将△BOA绕点B顺时针旋转 △MAPDAIC÷-货0设即 60°得到△BOC,可得△BOO'是等边三角形， ∴.S△AOB+S△BOC=S△BoC+S△B0C=S△B00+ AC·PB=AB·CD,AC·PD=AD·BC, S△o0c.:O0'=OB=1,OC=√3,0C=OA= .AC·BD≤AB·CD+AD·BC. 2,∴.O02+OC2=O'C2,.△CO0'是直角三角 60M 第2章 几何变换 形，5=0.0-5w= 反之，若∠APB=150°，则PA2+ PB2=PC2. ，SAAOB+SABOC=SABo+ (2)当点P在三角形外时：若PA2十 3√3 PB2=PC,可得∠APB=30°； S△oo'c= 4 证明思路如下：如图，将△ACP绕点A顺 时针旋转60°得到△ABP',若PA2+PB2= PC2,则PP2+PB2=PB2,.∠BPP'=90°， ∴.∠APB=∠BPP'-∠APP'=30° C变式求△ABC的面积. C解析由题意得∠BOC=150°，过点B作 BH⊥OC交CO的延长线于点H,则∠BOH= 30BH=号B0=3,oH= C0+OH=3 2,小BC2=BH2+CH2=1 27 4 =7,SAUC-3 ·BC=73 4 反之，若∠APB=30°，且P、C在AB异 侧时，则PA2+PB2=PC2 ®例4(2018·烟台)【问题解决】 B 一节数学课上，老师提出了这样一个问题： 《模型归纳 如图1，P是正方形ABCD内一点，PA=1, 如图，△ABC是等边三角形，P是平面 PB=2,PC=3.你能求出∠APB的度数吗？ 内一点，且PA<PB<PC 小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路： (1)当点P在△ABC内时：若PA2+ PB2=PC2,可得∠APB=150°； 思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到 △BP'A,连接PP',求出∠APB的度数； 思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到 △CP'B,连接PP',求出∠APB的度数 请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答 过程. 【类比探究】 如图2，若P是正方形ABCD外一点，PA=3, PB=1,PC=√11，求∠APB的度数 61 壹学知道中考数学压轴题得高分 形4.“费马点”问题 “费马点”问题 P (1)问题描述：如图，在△ABC内作一点 图1 图2 P,使得PA+PB十PC的值最小.点P称为 C解析(1)思路一：如图，由题意得△PBP'是 △ABC的费马点. 等腰直角三角形，.∠BPP'=45°，PP′= √2PB=2√2，又AP=1,AP′=CP=3, .PA2十PP2=P'A2,.△APP'是直角三角 形，且∠APP'=90°，.∠APB=∠APP′+ B ∠BPP'=135°. (2)问题解决：将△APC绕点A逆时针 旋转60得到△AP'C',连接PP',则△APP 是等边三角形，可得PA十PB十PC=BP十 PP'+P'C'≥BC'.当∠APB=∠APC=1209 时，等号成立 思路二：如图，同理思路一即可证明 A B (3)结论归纳：P是△ABC内一点， ①若∠APB=∠BPC=∠APC=120° (2)如图，过点B作BP'⊥BP,且满足BP'= 时，PA十PB+PC取得最小值. BP(即将△CBP绕，点B逆时针旋转90°得到 ②若∠BAC≥120°时，点A即为△ABC △ABP),连接P'A、PP',则△ABP'≌ 的费马点. △CBP,∴.AP'=CP=II,PP'=√2PB= (4)作图与求值：如图，分别以AB、AC 为边作等边三角形ABN和等边三角形 √2，又.AP=3,.PA2+P'P2=P'A2, ACM,连接BM、CN,交点记为P,可证得 .△APP是直角三角形，且∠APP'=90°，由 ∠APB=∠BPC=∠APC=120°，.点P即 题意得△BPP'是等腰直角三角形，.∠BPP'= 为△ABC的费马点，且BM或CN的长即为 45°，∴.∠APB=∠APP'-∠BPP'=45° PA十PB+PC的最小值 B 62 第2章 几何变换 ®例5(2019·武汉)问题背景：如图1，将 C解析以MG为边作等边三角形MHG,连接 △ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE, NH,则NH的长即为点O到三个顶点距离之 DE与BC交于点P,可推出结论：PA+ 和的最小值.过点H作HQ⊥NM交NM的延 PC=PE. 长线于点Q..∠NMG=75°，∠GMH=60°， 问题解决：如图2，在△MNG中，MN=6, ∴.∠HMQ=45°，.△MHQ是等腰直角三角 ∠M=75°，MG=4√2，O是△MNG内一点，则 形，∴.MQ=HQ=4,∴.NH=√NQ+HQ= 点O到△MNG三个顶点的距离和的最小值是 √J10+4=2√/29.∴.点O到△MNG三个顶点 的距离和的最小值是2√29！ M M 0 N 图1 图2 63 以壹学知道中考数学压轴题得高分● 》真题演练 1.(2024·武汉)如图，四边形ABCD内接于⊙O,∠ABC=60°，∠BAC=∠CAD=45°，AB+ AD=2,则⊙O的半径是 B.22 D √2 3 2 D A E D 0 B B (第1题) (第2题) 2.(2021·张家界)如图，在正方形ABCD外取一点E,连接DE、AE、CE,过点D作DE的垂线交 AE于点P,若DE=DP=1,PC=√6.现有下列结论：①△APD≌△CED;②AE⊥CE;③点C 到直线DE的距离为√3；④S正方形ABCD=5十2√2.其中正确结论的序号为 3.(2020·广州)如图，⊙O为等边三角形ABC的外接圆，半径为2，点D在劣弧AB上运动（不与 ,点A、B重合)，连接DA、DB、DC (1)求证：DC是∠ADB的平分线： (2)四边形ADBC的面积S是线段DC的长x的函数吗？如果是，求出函数表达式；如果不是， 请说明理由. (3)若点M、N分别在线段CA、CB上运动（不含端点），经过探究发现，点D运动到每一个确定 的位置，△DMN的周长有最小值t,随着点D的运动，t的值会发生变化，求所有t值中的最 大值. 64M 第2章)几何变换 4.(2024·扬州)在综合实践活动中，“特殊到一般”是一种常用方法，我们可以先研究特殊情况，猜 想结论，然后再研究一般情况，证明结论， 如图，在△ABC中，CA=CB,⊙O是△ABC的外接圆，点D在⊙O上(AD>BD),连接AD、 BD、CD 【特殊化感知】 (1)如图1，若∠ACB=60°，点D在AO的延长线上，则AD一BD与CD的数量关系为 【一般化探究】 (2)如图2，若∠ACB=60°，点C、D在AB同侧，判断AD一BD与CD的数量关系并说明理由. 【拓展性延伸】 (3)若∠ACB=a,直接写出AD、BD、CD满足的数量关系.（用含a的式子表示） 图1 图2 备用图1 备用图2 5.(2023·海南改编)如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,∠ABC=60°，P为线段 BO上的动点（不与点B、O重合），连接CP并延长交边AB于点G.作线段CG的垂直平分线，交 BD于点N,交CG于点M,连接NG,在点P的运动过程中，∠CGN的度数是否为定值？如果 是，求出这个定值；如果不是，请说明理由 D G B 65 公壹学知道中考数学压轴题得高分● 6.(2024·河南)综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验.请运用已有经验，对“邻等对补四边 形”进行研究 定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫作邻等对补四边形 (1)操作判断 用分别含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四 边形的有 (填序号) (2)性质探究 根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质.下面研究与对角线相关的性质. 如图2，四边形ABCD是邻等对补四边形，AB=AD,AC是它的一条对角线. ①写出图中相等的角，并说明理由； ②若BC=m,DC=n,∠BCD=20,求AC的长.（用含m、n、0的式子表示） (3)拓展应用 如图3，在Rt△ABC中，∠B=90°，AB=3,BC=4,分别在边BC、AC上取点M、N,使四边 形ABMN是邻等对补四边形.当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出BN 的长 ② ④ B 图1 图2 图3 66M D 第2章 几何变换 7.(2023·随州)1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三 个点A、B、C,求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里 拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营” 问题 (1)下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：（其中①处从“直角”和“等边”中 选择填空，②处从“两点之间线段最短”和“三角形两边之和大于第三边”中选择填空，③处填 写角度数，④处填写该三角形的某个顶点) 当△ABC的三个内角均小于120°时，如图1，将△APC绕点C顺时针旋转60°得到△A'P'C, 连接PP',由PC=P'C,∠PCP'=60°，可知△PCP'为① 三角形，故PP'=PC,又 P'A'=PA,故PA+PB+PC=P'A'+PB+PP'≥A'B,由② 可知，当 B、P、P'、A'在同一条直线上时，PA十PB十PC取最小值，如图2，最小值为A'B,此时的点 P为该三角形的“费马点”，且有∠APC=∠BPC=∠APB=③ 已知当△ABC有一个内角大于或等于120°时，“费马点”为该三角形的某个顶点.如图3，若 ∠BAC≥120°，则该三角形的“费马点”为点④ (2)如图4，在△ABC中，三个内角均小于120°，且AC=3,BC=4,∠ACB=30°，已知点P为 △ABC的“费马点”，求PA+PB+PC的值. (3)如图5，设村庄A、B、C的连线构成一个三角形，且已知AC=4km,BC=23km,∠ACB= 60°.现欲建一中转站P沿直线向A、B、C三个村庄铺设电缆，已知由中转站P到村庄A、B、 C的铺设成本分别为a元/km、a元/km、√2a元/km,选取合适的P的位置，可以使总铺设成 本最低为 元.（结果用含a的式子表示） 图2 图3 图4 图5 67∠EAC,an∠DAM=子：BC=6,BM=3,6,PF=x-a,PH=x-b,则(z-a)(x-b)= 2ab,同理(2)证出FH=BH+DF即可，即证(x一 AM=3√3，.DM=√3，∴.BD=3-√3. a)2+(x-b)2=(a+b)2,即证x2-ax-bx=ab,由 (x-a)(x-b)=2ab化简得x2-ax-bx=ab, .FH=BH+DF,可得∠FAH=45°. 8.解析：(1)∠ABP(或∠PBM、∠MBC、∠EMB) (2)①1515②∠MBQ=∠CBQ,由题意得△APB≌ 图1 图2 △MPB,可证△MQB≌△CQB,∴.∠MBQ=∠CBQ. 11.解析：(1)①△DAE≌△D'AE②EC2+D'C2= (3)AP-40 m皮器m D'E③5(2)BM2+DN2=MN,证明参考【模型 9.解析：【操作判断】45【探究证明】(1)△BFG是等 进阶】“结论4”证明，(3)2BE2+2DF2=EF2,理由 腰直角三角形.证明如下：：∠EBF=45°=∠FCH, 如下：如图1，延长FE与AB的延长线交于点P,延长 EF交AD的延长线于点Q,可得△APQ是等腰直角 BHG=∠CHF,△BHG ACHF,HR 三角形，有PE2十FQ2=EF,∴.2BE2十2DF2=EF2. 器=品.又：∠BHC=∠GH, (4)如图2，将△BE℃绕点B逆时针旋转90°得到 △BE'C,延长E'C'交AD于点H,则E'H⊥AC,连接 ∴.△BHC∽△GHF,∴.∠GFH=∠BCH=45°， ∴.∠BGF=90°，GB=GF,∴.△BFG是等腰直角三角 ED,可得ED=ED,∴.ED2=EH+DH=（y+ 形.(2)由(1)可证△BPG≌△GQF,∴.PG=QF,又 )+(x-)=+-+号y+1,又 6 :PG=PA=DQ,∴FQ=DQ,PQ∥AD,∴E日 ED2=(5-x-y)2=x2+y2-10x-10y+2xy+ Q=1,EM=MR.【深入研究】由半角可证得 42 QD x-24 5 42x-12021x-60 25,.y= AG2+CH2=GH2,设AG=a,CH=ma,则GH= 56 10x-56 2x- 5x-28 5 (k-m-1)a,代人得a2+(ma)2=(k-m-1)2a2,整 D 理得m2+1=(k-m-1)2,展开得m2+1=k2+m2+ 1-2km-2k十2m,解得m= k2-2k GH 2k-2,六H0 k一m-1_k2-2k十2 m k2-2k 459 10.解析：(1)如图1，可得∠FAH=45°.(2)如图2， 图1 图2 连接FH,则FH=√PF2+PH=10,又，DF= PG=4,BH=PE=6,∴.FH=BH+DF,可知 第5节旋转的构造 ∠FAH=45°.(3)设正方形边长为x,PE=a,PG=1.A解析：由题意得AB十AD=√2AC,.AC=√2， 中考数学压轴题得高分 ·14· 3AC=6 连接0A.0C,则∠A0C=120,0C= 5.解析：∠CGN=30°，理由如下：如图，取BC的中点 H,连接OH、HM、NC,则GN=CN,GM=CM, 2.①②④ .∠NGC=∠GCN.,'H是BC的中点，GM=CM, 3.解析：(1)AC=BC,AC=BC,∠ADC= .MH∥AB.,四边形ABCD是菱形，∴.AO=OC, ∠BDC,.DC是∠ADB的平分线.(2)S是x的函 AC⊥BD,∠CBO=30°.，H是BC的中点，∴.OH∥ 数，理由如下：如图1，延长DA至点E使得AE=BD, AB,∴M、H、O三点共线，易得HO=BH=HC, 又CB=CA,∠CAE=∠CBD,∴.△CAE≌△CBD, ∴.∠CBO=∠BOH=30°.，∠COB=∠NMC=90°， 且△CDE是等边三角形，.S=SAcE=22. .O、C、M、N四点共圆，∴.∠BOH=∠NCM=30°， (3)如图2，分别作点D关于AC、BC的对称点，记为 ∴.∠CGN=∠NCM=30°. D1、D2,连接D1D2与AC、AB的交点即为M、N,此 时t=C△DMN=D1D2=√3CD1=√3CD,当CD为直径 时，t的值最大，可得tmax=√3X4=4√3. 6.解析：(1)②④(2)①∠ACB=∠ACD,理由如下： 延长CB至点E使得BE=DC,连接AE,又，AB= AD,∠ABE=∠ADC,∴.△ABE≌△ADC,∴.AE= AC,.∠ACD=∠E=∠ACB,即∠ACB=∠ACD. ②如图2，过点A作AH⊥BC交BC于点H,则 图1 图2 CoS∠ACB= eAC CH COS/ACB 4.解析：(1)AD-BD=CD(2)AD-BD=CD,理 由如下：在边AD上取点E使得DE=DC,又 (3)BN=12V2成12W2 5或7 ∠ADC=∠ABC=60°，∴.△CDE是等边三角形， ∴.CE=CD,∠ECD=60°=∠ACB,∴.∠BCD= (CD=CE, ∠ACE.在△CDB和△CEA中，{∠BCD=∠ACE, 图1 图2 CB=CA, 7.解析：(1)等边两点之间线段最短120°A .△CDB≌△CEA,∴.BD=AE,.AD-BD=AD (2)以AC为边在AC上方作等边三角形ACD,由点P AE=DE=CD,即AD-BD=CD.(3)当C、D在 为费马点可得B、P、D三点共线且BD的长即为 AB同侧时，AD-BD=2CD·sin号：当C、D在AB PA+PB+PC的值.，∠ACB=30°，∠ACD=60°， 两侧时，AD十BD=2CD·sin2 .∠BCD=90°.CD=CA=3,BC=4,∴.BD= BC2十CD2=5,∴.PA+PB+PC的值为5. D 中考数学压轴题得高分 ·15 (3)总成本为a·PA+a·PB+√2a·PC=a·3√3. (PA+PB十√2PC),如图，构造等腰直角三角形 C(M PCP',则PP'=√2PC,作CA'⊥CA且CA'=CA,则 C(0 △CPA≌△CP'A',∴.AP=A'P',∴.PA+PB+ 图 图2 √2PC=P'A'+PB+PP'≥BA',过点A'作A'H⊥ BC交BC的延长线于点H,,∠A'CH=180°-60°- 2.解析：1DAC3DE(2)BC=2√7(3)如图， 9030AA'c-2 km,CH-3AH- 在AB下方构造Rt△ABE,其中∠E=90°，∠ABE= 30°，则△BEA∽△BCD,连接EC,可得△BEC∽ 2√3km,.BH=4√3km,.BA'=√BH2+AH= 2√13(km),.总铺设成本最低为2√13a元. △BAD六铝-胎-后-复当8C是大时， AD最大，当E、A、C三点共线时，EC取到最大值，过 点C作CH⊥BA交BA的延长线于点H,则AH=1, CH-5..an /CBA 第6节从全等到相似 1.解析：(1)①1②40°(2)∠AOB=∠COD= 90°，∠OAB=∠OCD=30°，∴.△AOB∽△COD, 82-88:8-080又：∠400-90- 3.解析：(1)BF=AF+√2CF.(2).BC=AC, EC=DC,∠BCE=90°-∠ACE=∠ACD,∴.△BCE ∠AOD=∠BOD,△AOC∽△BOD,.S-8B=h ≌△ACD(SAS),∴.∠EBC=∠DAC.过点C作 N3,∠OAC=∠OBD.∠AMB+∠OAC=∠AOB+ CG⊥CF交BF于点G,则∠BCG+∠GCA=90°= ∠0BD∠AMB=乙A0B=50合S的值为， ∠GCA+∠ACF,.∠BCG=∠ACF,又BC=AC, ∠GBC=∠FAC,.△GBC≌△FAC(ASA),∴.GC= ∠AMB的度数为90°.(3)如图1，可证△OCA∽ FC,即△CFG是等腰直角三角形，∴.BF=BG+GF= △ODB,设BD=x,则AC=√3x,.OD=1,.CD= AF+√2CF. 2,OB=√7，AB=2√7.在Rt△ACB中，(2+ x)2十(W3x)2=(2√7)2，解得x=2或x=-3(舍去)， ∴.AC=2√3.如图2，由题意得△OAC△OBD,设 G BC=x,则BD=2十x,AC=√3(2+x),又，AB= (3)如图，过点C作CQ⊥CF交BF于点Q,可得 2W7,.x2+3(x十2)2=(2√7)2，解得x=1或x=-4 (舍去)，.AC=3√3.综上所述，AC的长为2√3或 △CQB△CFA,8器-8C-,即BQ-k·AF, 中考数学压轴题得高分 ·16·