第28章 专题12 旋转中常见的几何模型-【勤径学升】2026-2027学年九年级上册数学同步练测教师用书Word（人教版·新教材）

[答案　P33] 手拉手模型　　 (浙江杭州期末)如图，△ABC是等边三角形，AB＝4，AD是边BC上的高，点E在边AD上，连接BE，以BE为边在其下方作等边△BEF，连接DF，CF，则DF的最小值为1． 1题图 (广东广州期末)如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝40°，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转100°，得到△DBE，连接AD，CE交于点F. (1)求证：△ABD≌△CBE； (2)求∠AFC的度数． 2题图 (1)证明：∵将△ABC绕点B按逆时针方向旋转100°，得到△DBE， ∴∠ABC＝∠DBE＝40°，∠ABD＝∠CBE＝100°， AB＝DB，CB＝EB. 又∵BA＝BC，∴AB＝BC＝BD＝BE. 在△ABD与△CBE中， ∴△ABD≌△CBE(SAS). (2)解：∵∠ABD＝∠CBE＝100°，BA＝BC＝BD＝BE， ∴∠BAD＝∠ADB＝∠BCE＝∠BEC＝40°. ∵∠ABE＝∠ABD＋∠DBE＝140°， ∴∠AFE＝360°－∠ABE－∠BAD－∠BEC＝140°， ∴∠AFC＝180°－∠AFE＝40°. 定义：直角顶点重合的两个等腰直角三角形称为“同根等腰直角三角形”．如图，△ABC和△DCE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，则△ABC和△DCE为“同根等腰直角三角形”． 3题图①　　　　3题图②　　　3题备用图 (1)如图①，当点E在BC上，点D在AC上时，线段BE与AD的数量关系是BE＝AD，位置关系是BE⊥AD； (2)把△DCE绕点C旋转到如图②所示的位置，连接AD，BE，(1)中的结论还成立吗？请说明理由； (3)在△DCE绕点C在平面内旋转过程中，若AC＝4，CE＝2，当A，E，D三点在同一条直线上时，则AE的长是2－2或2＋2． 解：(2)成立．理由如下：设AC与BE交于点M，AD与BE交于点N. ∵∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACB＋∠ACE＝∠DCE＋∠ACE， 即∠BCE＝∠ACD. 在△BCE和△ACD中， ∴△BCE≌△ACD(SAS)， ∴BE＝AD，∠CAD＝∠CBE. 又∵∠ACB＝90°，∠BMC＝∠AMN， ∴∠MAN＋∠AMN＝∠CBE＋∠BMC＝90°， ∴∠ANM＝90°， ∴BE⊥AD. 半角模型　　 4题图 如图所示，△ABC是边长为1的等边三角形，△BDC是顶角∠BDC为120°的等腰三角形，以D为顶点作∠MDN＝60°，点M，N分别在AB，AC上，则△AMN的周长为2． (福建南平期中)如图，已知正方形ABCD的边长为3，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM. (1)求证：EF＝MF； (2)当AE＝1时，求EF的长． 5题图 (1)证明：∵△DAE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM， ∴DE＝DM，∠EDM＝90°，F，C，M三点共线． ∵∠EDF＝45°，∴∠FDM＝45°， ∴∠EDF＝∠FDM. 在△DEF和△DMF中， ∴△DEF≌△DMF(SAS)，∴EF＝MF. (2)解：设EF＝MF＝x， ∵AE＝CM＝1，AB＝BC＝3， ∴EB＝AB－AE＝2，BM＝BC＋CM＝4， ∴BF＝BM－MF＝4－x. 在Rt△EBF中，EB2＋BF2＝EF2， ∴22＋(4－x)2＝x2，解得x＝， 故EF的长为. 【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD，BC上，且∠MAN＝45°，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． 6题图① 6题图② 6题图③ 【初步尝试】 (1)如图①，将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE，连接MN.用等式写出线段DM，BN，MN的数量关系MN＝DM＋BN； 【类比探究】 (2)小明改变点的位置后，进一步探究：如图②，点M，N分别在正方形ABCD的边CD，BC的延长线上，∠MAN＝45°，连接MN，用等式写出线段MN，DM，BN的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 (3)其他小组提出新的探究方向：如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＋∠D＝180°，点N，M分别在边BC，CD上，∠MAN＝60°，用等式写出线段BN，DM，MN的数量关系，并说明理由． 解：(2)MN＝BN－DM.理由如下： 如答图①，在BC上取BE＝MD，连接AE. 6题答图① ∵AB＝AD，∠B＝∠ADM＝90°， ∴△ABE≌△ADM， ∴AE＝AM，∠BAE＝∠DAM. ∵∠DAM＋∠DAN＝45°， ∴∠BAE＋∠DAN＝45°， ∴∠EAN＝45°＝∠MAN. 在△EAN和△MAN中， ∴△EAN≌△MAN(SAS)，∴EN＝MN. ∵EN＝BN－BE，∴MN＝BN－DM. (3)MN＝DM＋BN.理由如下： 如答图②，将△ABN绕点A逆时针旋转120°得△ADE. 6题答图② ∴∠B＝∠ADE，AN＝AE，BN＝DE. ∵∠B＋∠ADC＝180°， ∴∠ADE＋∠ADC＝180°， ∴E，D，C三点共线． 由(1)同理可得△EAM≌△NAM(SAS)， ∴EM＝MN， ∴MN＝DM＋DE＝DM＋BN. 对角互补模型　　 如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，OC平分∠AOB. 如图，△ABC为等边三角形，以AB为边向外作△ABD，使∠ADB＝120°，再以点C为旋转中心把△CBD旋转到△CAE，则下列结论： 7题图 ①D，A，E三点共线；②DC平分 ∠BDA；③∠E＝∠BAC；④DC＝ DB＋DA.其中正确的有(A) A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 如图，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，以C为顶点作∠DCE＝90°，交OA于点D，交OB于点E. (1)求证：CD＝CE； (2)若OC＝3，求OD＋OE的长． 8题图 (1)证明：如答图，过点C作CG⊥OA于点G，作CH⊥OB于点H. 8题答图 ∵OC平分∠AOB，∴CG＝CH. ∵∠AOB＝90°，∠DCE＝90°， ∴∠CDO＋∠CEO＝180°. 又∵∠CDG＋∠CDO＝180°， ∴∠CDG＝∠CEO. 又∵∠CGD＝∠CHE＝90°， ∴△CDG≌△CEH，∴CD＝CE. (2)解：由(1)得△CDG≌△CEH，∴DG＝HE. 由题易得CH＝OH，CG＝OG. ∵CG＝CH，∴OG＝OH， ∴OD＋OE＝OD＋OH＋HE＝OG＋OH＝2OH. 设OH＝CH＝x，在Rt△OCH中， 由勾股定理，得OH2＋CH2＝OC2， ∴x2＋x2＝32，∴x＝(负值已舍去)， 即OH＝，∴OD＋OE＝2OH＝3. 费马点模型　　 如图，M为△ABC内任意一点，连接AM，BM，CM，当M与三个顶点连线的夹角为120°时，MA＋MB＋MC的值最小． 背景材料：在△ABC所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小．这个问题是法国数学家费马向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图①，当△ABC三个内角均小于120°时，费马点P在△ABC内部，当∠APB＝∠APC＝∠CPB＝120°时，PA＋PB＋PC取得最小值． (1)如图①，将△BPC绕点B顺时针旋转60°得到△BDE，连接PD，可得△BPD为等边三角形，故PD＝PB，由旋转可得DE＝PC，因此PA＋PB＋PC＝PA＋PD＋DE，由两点之间，线段最短可知，PA＋PB＋PC的最小值与线段AE的长度相等； (2)如图②，在直角三角形ABC内部有一动点P，∠BAC＝90°，∠ACB＝30°，连接PA，PB，PC，若AB＝2，求PA＋PB＋PC的最小值． 9题图①　　 　　　9题图② 解：(2)如答图，将△ABP绕点B顺时针旋转60°得到△EBF，连接PF，CE，AE，作EH⊥CA交CA的延长线于点H. ∵在Rt△ABC中，∠ACB＝30°，AB＝2， ∴BC＝2AB＝4，∴AC＝2. 由旋转的性质可知PA＝EF，∠PBF＝∠ABE＝60°， PB＝BF，AB＝BE， ∴△PBF，△ABE是等边三角形， ∴PF＝PB，∠BAE＝60°，AE＝AB＝2， ∴PA＋PB＋PC＝EF＋PF＋PC. ∵EF＋PF＋PC≥CE， ∴当C，P，F，E四点共线时，PA＋PB＋PC的值最小． ∵∠BAC＝90°，∠BAE＝60°， ∴∠HAE＝180°－90°－60°＝30°. ∵EH⊥AH，AE＝AB＝2，∴EH＝AE＝1， ∴AH＝，∴CH＝AH＋CA＝3， ∴CE＝＝＝2， ∴PA＋PB＋PC的最小值为2. 9题答图 学科网（北京）股份有限公司 $