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第10讲 全等图形——旋转构造
一、知识梳理
全等图形的旋转向来都是数学中考的热点，它往往以压轴题的形式出现在考生面前，对考生的能力要求相当高，所以我们在中考复习的时候，一般都把它当作复习的重点和难点。
旋转的本质是图形的点在同心圆上作同步运动，“集体行动，步调一致”。旋转过程中，对应边、对应角分别相等。
解题策略：通过旋转构造我们构建全等图形、直角三角形或等边三角形等，从而把分散的条件集中到同一个三角形中，然后解决线段长短或角度大小等问题。
二、学习过程
模块一：全等手拉手模型与旋转
典例精讲：
如图，P是等边△ABC中的一个点，PC＝2，，PA＝4，则△ABC的边长是 　 　 ．
2．如图，线段AB绕着点A逆时针方向旋转120°得到线段AC，点B对应点C，在∠BAC的内部有一点P，PA＝8，PB＝4，PC＝4，则线段AB的长为 　 　 ．
跟踪练习：
1．如图，△ABC中，AB＝15，BC＝4，∠B＝60°，在△ABC外侧作等边△ACD，过点D作DE⊥AB于E，则AE的长为 　 ．
2．如图，在四边形ABCD中，BC＝BD，且∠CBD＝90°，，AC＝7，．则边CD的长是________________ .
3．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，以C为顶点作等腰直角三角形CMN．连接BN，射线NM交线段BC于点D．
（1）如图1，∠MCN＝90°，CM＝CN，点A，M，N在一条直线上，直接写出线段AM和线段BN的数量关系和位置关系；
（2）如图2，点A，M，N在一条直线上时，∠CMN＝90°，MC＝MN．
①求证：BN+CM＝AM；
②若AM＝5，BN＝2，直接写出AB的长为 　 　 ；
③若，将△CMN绕点C逆时针旋转，在旋转过程中射线NM交直线AB于点H，当△DBH是等腰三角形时，直接写出CD2的长．
模块二：全等半角模型与旋转
典例精讲：
如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D和点E均在边BC上，
且∠DAE＝45°．若BD＝4，CE＝5，则DE＝　 　 ．
2．如图，在正方形ABCD中，点E在AB上，连接DE，作等腰直角三角形
DEF，∠DEF＝90°，连接AC，AC交DE于点G，交DF于点H．若AG＝4，
CH＝3，则DG的长为__________．
跟踪练习：
1．如图，△ABC是边长为5的等边三角形，△BDC是等腰三角形，
且∠BDC＝120°．以D为顶点作一个60°角，使其两边分别交AB于点M，交AC于点N，连接MN，则△AMN的周长为_________;
2．如图，在矩形ABCD中，点E，F在边BC，CD上，BE＝2，DF＝1，∠EAF＝∠CEF＝45°，则EF的长为 　 　 ．
3．问题背景：在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用方法，如图①，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，点E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，连接EF，探究线段BE，EF，DF之间的数量关系．
（1）探究发现：小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，然后证明△AGF≌△AEF，从而得出结论：　 　 ．
（2）拓展延伸：如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，点E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF∠BAD，连接EF．（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）尝试应用：
如图③，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，连接EF，已知BE＝3，DF＝2，求正方形ABCD的边长．
模块三：对角互补模型与旋转
例题精讲：
如图，四边形ABCD中，AB＝AD，AC＝5，∠DAB＝∠DCB＝90°，则四边形ABCD的面积为　 　 ．
2．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD＝2，∠DAB＝∠DCA＝60°，则CD+CB的最大值是 　 　 ．
跟踪练习：
1．我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美四边形”的是 　 　 _______________（填序号）．
（2）如图，在“完美四边形”ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，连接AC．
求证：AC平分∠BCD．
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD．
想法一：通过∠B+∠D＝180°，可延长CB到E，使BE＝CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB＝AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C，B，E三点在一条直线上，从而可证AC平分∠BCD．
请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD．
2．问题提出
（1）如图①，在正方形ABCD中，对角线AC＝8，则正方形ABCD的面积为　 　 ；
问题探究
（2）如图②，在四边形ABCD中，AD＝AB，∠DAB＝∠DCB＝90°，∠ADC+∠ABC＝180°，若四边形ABCD的面积为8，求对角线AC的长；
问题解决
（3）如图③，四边形ABCD是张叔叔要准备开发的菜地示意图，其中边AD和AB是准备用砖来砌的砖墙，且满足AD＝AB，∠DAB＝90°，边DC和CB是准备用现有的长度分别为3米和7米的竹篱笆来围成的篱笆墙，即DC＝3米，CB＝7米．按照这样的想法，张叔叔围成的菜园里对角线AC的长是否存在最大值呢？若存在，求出这个最大值及此时AB的长；若不存在，说明理由．
3．我们定义：有一组邻边相等且有一组对角互补的四边形叫等补四边形．
（1）如图1，△ABC是等边三角形，在BC上任取一点D（不与B，C重合），连接AD，我们把△ABD绕点A逆时针旋转60°，则AB与AC重合，点D的对应点为点E，请根据给出的定义判断，四边形ADCE　 　 （选择“是”或“不是”）等补四边形．
（2）如图2，等补四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，若S四边形ABCD＝8，则BD的长为　 　 ；
（3）如图3、四边形ABCD中，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，BD＝5，求四边形ABCD面积的最大值．第10讲 全等图形——旋转构造的参考答案
模块一：全等手拉手模型与旋转
典例精讲：
解：将△BPC绕点B逆时针旋转60°得到△BDA，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，连接DP，
∴∠DBP＝60°，BD＝BP，AD＝PC＝2，
∴△BDP为等边三角形，
∴∠BDP＝60°，DP．
∵PA＝4，
∴DP2+AD2＝AP2，
∴∠ADP＝90°，
∴∠BDE＝180°﹣∠ADP﹣∠BDP＝30°．
在Rt△BDE中，∠BDE＝30°，BD，
∴BE，
∴DE3，
∴AE＝AD+DE＝2+3＝5．
在Rt△ABE中，由勾股定理得，AB，
∴△ABC的边长是．
解：如图，将△ABP绕点A逆时针旋转120°，得到△ACD，连接PD，过点A作AH⊥PD于H，
则△ABP≌△ACD，∠PAD＝120°，
∴PA＝DA＝8，PB＝DC＝4，∠APH＝∠ADH＝30°，
∴AHAP＝4，
∴PH＝DH4，
∴PD＝2PH＝8，
在△PDC中，
PD2+CD2＝（8）2+42＝208，
PC2＝（4）2＝208，
∴PD2+CD2＝PC2，
∴△PDC为直角三角形，且∠PDC＝90°，
∴∠AHD＝∠PDC，
∴AH∥DC，
∴△DMC∽△HMA，
∵DC＝AH＝4，
∴AM＝CMAC，HM＝DMHD＝2，
∴在Rt△DMC中，
CM2，
∴AB＝AC＝2CM＝4，
故答案为：4．
跟踪练习：
解：将△ABC绕点C顺时针旋转60°，得到△DCH,
∵∠B＝60°，CH＝BC＝4，
∴△BCH是等边三角形，
∴CH＝BC＝BH，∠BCH＝60°＝∠B，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC＝CD，∠ACD＝60°＝∠BCH，
∴∠BCA＝∠HCD，
∴△ABC≌△DHC（SAS），
∴AB＝DH＝15，∠DHC＝∠B＝60°，
∴∠AHD＝60°，
∵DE⊥AB，
∴∠EDH＝30°，
∴EHDH，
∴AE＝AB﹣BH﹣EH，
解：如图所示，
将△ABC绕点B逆时针旋转90°，得到△EBD，AC，DE交于点F，则∠ABE＝90°，
∵BC＝BD，
∴点C旋转后与点D重合，
则△ABC≌△EBD，
∴，AC＝DE＝7，∠BAC＝∠BED，
∴△ABE是等腰直角三角形，则∠BEA＝∠BAE＝45°，，
设∠BAC＝∠BED＝α，
∴∠DEA＝∠BEA﹣∠BED＝45°﹣α，∠FAE＝∠BAC+∠BAE＝α+45°，
在△EFA中，∠EFA＝180﹣∠FAE﹣∠FEA＝180°﹣（45°+α）﹣（45°﹣α）＝90°，
在Rt△AFE中，AF2＝AE2﹣EF2，
在Rt△AFD中，AF2＝AD2﹣FD2，
∴AE2﹣EF2＝AD2﹣FD2，
设FD＝x，则EF＝ED﹣x＝7﹣x，
∴，
解得：x＝3，
∴DF＝3，
在Rt△AFD中，，
∴FC＝AC﹣AF＝7﹣2＝5，
在Rt△CFD中，，
故答案为：．
（1）解：AM＝BN，AM⊥BN；理由如下：
∵∠ACB＝∠MCN＝90°，
∴∠ACB﹣∠MCB＝∠MCN﹣∠MCB，
∴∠ACM＝∠BCN，
∵AC＝BC，CM＝CN，
∴△ACM≌△BCN（SAS），
∴AM＝BN，∠AMC＝∠BNC，
在Rt△MCN中，CM＝CN，
∴∠CMN＝∠CNM＝45°，
∴∠AMC＝180°﹣∠CMN＝135°，
∴∠BNC＝135°，
∴∠ANC+∠ANB＝135°，
∴∠ANB＝135°﹣∠ANC＝90°，
∴AM⊥BN，
即AM＝BN，AM⊥BN；
（2）①证明：如图2，过点C作CF⊥CN，交AN于点F，
∵△CMN是等腰直角三角形，
∴∠CNM＝45°，CM＝MN，
∵CF⊥CN，∠ACB＝90°，
∴∠FCN＝∠ACB，∠CFN＝∠CNF＝45°，
∴∠ACF＝∠BCN，CF＝CN，
∵AC＝BC，
∴△ACF≌△BCN（SAS），
∴AF＝BN，
∵CF＝CN，CM⊥MN，
∴MF＝MN＝CM，
∴AM＝AF+FM＝BN+CM；
②解：∵AM＝5，BN＝2，BN+CM＝AM，
∴CM＝MN＝AM﹣BN＝3，
∴AN＝AM+MN＝8，
在Rt△ABN中，根据勾股定理得，AB2；
故答案为：2；
③解：在Rt△ABC中，AC＝BC，
∴∠B＝45°，
Ⅰ、当DH＝DB时，如图3，此时点M与点D重合，
∵△CMN是等腰直角三角形，CN，
∴CM＝1，
∴CD＝CM＝1，
∴CD2＝1；
Ⅱ、当BH＝BD时，如图4，作∠MCN的角平分线CP，交MN于点P，
∵BH＝BD，
∴∠BDH＝∠BHD（180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠CDM＝67.5°，
∴∠DCM＝180°﹣90°﹣67.5°＝22.5°，
∵CP平分∠MCN，
∴∠MCP∠MCN＝22.5°，
∴∠DCM＝∠MCP，
又∵CM⊥MN，
∴CD＝CP，
过B作PQ⊥CN，
∴PM＝PQ，
∴△CDP是等腰三角形，DM＝PM，CD＝CP，
设PM＝x，则PQ＝x，
∴S△CMN＝S△CMP+S△CPN
即CM MNCM xCN x，
∴1 11 x x，
解得：x1，
即MP1，
∴CD2＝CP2＝CM2+MP2＝1+（1）2＝4﹣2；
Ⅲ、当HB＝HD时，如图5，
∵∠BHD＝90°，∠B＝45°，
∴∠BDH＝45°，
∴∠CDN＝45°＝∠N，
∴CD＝CN，
∴CD2＝2；
即CD的长为1或2或4﹣2；．
模块二：全等半角模型与旋转
典例精讲：
解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
将△ABD绕点A逆时针旋转至△ACD'，使AB与AC重合，连接ED'，如图所示：
则CD'＝BD＝4，∠CAD'＝∠BAD，AD'＝AD，∠ACD'＝∠B＝45°，
∴∠DAD'＝∠BAC＝90°，
∵∠DAE＝45°，
∴∠D'AE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠DAE＝∠D'AE，
在△AED和△AED'中，
，
∴△AED≌AED'（SAS），
∴DE＝D'E，
∵∠ECD'＝∠ACB+∠ACD'＝45°+45°＝90°，
∴D'E，
∴DE;
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠DAG＝∠DCH＝45°，
∵DE＝FE，∠DEF＝90°，
∴∠GDH＝∠F＝45°，
将△DAG绕点D顺时针旋转90°，得到△DCL，连接HL，则DL＝DG，∠GDL＝90°，
∴∠LDH＝90°﹣∠GDH＝45°＝∠GDH，
在△LDH和△GDH中，
，
∴△LDH≌△GDH（SAS），
∵∠DCL＝∠DAG＝45°，
∴∠HCL＝∠DCL+∠DCH＝90°，
∵CL＝AG＝4，CH＝3，
∴LH＝GH5，
∴AC＝AG+GH+CH＝4+5+3＝12，
∵ACAD＝12，
∴AD＝6，
作GK⊥AD于点K，则∠AKG＝∠DKG＝90°，
∴∠KGA＝∠KAG＝45°，
∴AK＝GK，
∵AGAK＝4，
∴AK＝GK＝2，
∴DK＝AD﹣AK＝6242GK，
∴DGGK22，
故答案为：2．
跟踪练习：
解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°，
∴∠BCD＝∠DBC＝30°，
∵△ABC是边长为3的等边三角形，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°，
∴∠DBA＝∠DCA＝90°，
延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，
在△BDF和△CND中，
∵，
∴△BDF≌△CND（SAS），
∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN，
∵∠MDN＝60°，
∴∠BDM+∠CDN＝60°，
∴∠BDM+∠BDF＝60°，
在△DMN和△DMF中，
∵，
∴△DMN≌△DMF（SAS）
∴MN＝MF，
∴△AMN的周长是：AM+AN+MN＝AM+MB+BF+AN＝AB+AC＝5+5＝10．
解：如图所示，延长EF交AD延长线于M，交AB延长线于N，
∵四边形ABCD为矩形ABCD，
则∠ABE＝∠NBE＝∠ADF＝∠MDF＝90°，
∵∠EAF＝∠CEF＝45°，
∴∠BNE＝∠BEN＝∠DFM＝∠DMF＝45°，
∴DM＝DF＝1，BE＝BN＝2，AN＝AM，
∴NE，NF，
把△AMF绕点A顺时针旋转90°到△ANP，
则NP＝MF，AP＝AF，∠PAE＝∠FAE＝45°，
∵∠PAN＝∠MAF，∠MAF+∠BAE＝45°，
∴∠PAN+∠BAE＝∠PAE＝45°＝∠EAF，
在△APE和△AFE中，
，
∴△APE≌△AFE（SAS），
∴∠PNE＝∠PNA+∠ANE＝45°+45°＝90°，PE＝EF，
在Rt△PEN中，由勾股定理可得PE，
故EF;
解：（1）探究发现：将△ABE绕点A逆时针旋转120°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，
∴△ABE≌△ADG，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，
∴∠BAE+∠DAF＝60°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝60°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DG+DF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）结论仍然成立，理由如下：
如图②，将△ADF绕点A顺时针旋转角度为∠BAD的度数，得到△ABH，
由旋转可得，AH＝AF，BH＝DF，∠DAF＝∠BAH，∠D＝∠ABH，
∵∠EAF∠DAB，
∴∠HAE＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE∠BAD，
∴∠HAE＝∠EAF，
∵∠ABH+∠ABE＝∠D+∠ABE＝180°，
∴点H、B、E三点共线，
在△AEH和△AEF中，
，
∴△AEH≌△AEF（SAS），
∴EF＝HE，
∵HE＝BH+BE，
∴EF＝DF+BE；
（3）尝试应用：如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG的位置，使得AB与AD重合，
∴△ABE≌△ADG，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DG+DF＝BE+DF；
∴EF＝BE+DF＝5，
设正方形ABCD的边长是x，
在Rt△CEF中，EC＝x﹣3，CF＝x﹣2，EF2＝EC2+CF2，
∴52＝（x﹣3）2+（x﹣2）2，
解得x1＝6，x2＝﹣1（舍去），
∴正方形ABCD的边长是6．
模块三：对角互补模型与旋转
例题精讲：
解：∵AD＝AB，且∠DAB＝90°，
∴将△ACD绕点A逆时针旋转90°，AD与AB重合，得到△ABE．
∴∠ABE＝∠D，AC＝AE．
根据四边形内角和360°，可得∠D+∠ABC＝180°
∴∠ABE+∠ABC＝180°．
∴C、B、E三点共线．
所以△ACE是等腰直角三角形．
∵四边形ABCD面积＝△ACE面积，
∴AC2＝12.5．
解：如图1，连接BD，
∵AB＝AD，∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
∵∠DCA＝60°，
∴∠DCA＝∠ABD，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，AC是直径时有最大值，
将△ABC绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，则∠ADE＝∠ABC，AC＝AE，∠EAD＝∠BAC，BC＝ED，
∴∠ADE+∠ADC＝180°，∠EAC＝∠DAB＝60°，
∴E，D，C三点共线，△EAC是等边三角形，
∴BC+CD＝DE+CD＝EC＝AC，即CD+CB的最大值是CE，
如图2，
∵AC是直径，
∴∠ADC＝90°，
∵△CAE是等边三角形，且AD＝2，
∴EC＝2CD＝2，
即CD+CB的最大值是．
故答案为：．
跟踪练习：
解：（1）由“完美四边形”的定义可得正方形是“完美四边形”．
故答案为：④；
（2）想法一：延长CB使BE＝CD，连接AE，
∵∠ADC+∠ABC＝180°，∠ABE+∠ABC＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE，
∵AD＝AB，
∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴∠ACD＝∠AEB，AC＝AE，
∴∠ACB＝∠AEB．
∴∠ACD＝∠ACB．
即AC平分∠BCD；
想法二：将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD边与AB边重合，得到△ABE，
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ADC＝∠ABE；∠ACD＝∠AEB，AC＝AE．
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ABE+∠ABC＝180°．
∴点C，B，E在一条直线上．
∵AC＝AE，
∴∠ACB＝∠AEB
∴∠ACD＝∠ACB，
即AC平分∠BCD．
解：（1）∵AC是正方形的对角线，
∴∠B＝90°，AB＝BC，
在Rt△ABC中，AC＝8，
根据勾股定理得，AB2+BC2＝AC2，
∴2AB2＝AC2＝64，
∴AB2＝32，
∴S正方形ABCD＝32，
故答案为32；
（2）如图②，延长CD至C'使DC'＝BC，连接AC'，
∴∠ADC+∠ADC'＝180°，
∵∠ADC+∠ABC＝180°，
∴∠ADC'＝∠ABC，
∵AD＝AB，
∴△ADC'≌△ABC（SAS），
∴S△ADC′＝S△ABC，AC'＝AC，
∴∠DAC'＝∠BAC，
∴∠DAC'+∠CAD＝∠BAC+∠CAD＝∠BAD＝90°，
∴∠CAC'＝90°，
∵S四边形ABCD＝S△ABC+S△ADC＝S△ADC′+S△ADC＝S△ACC′＝8，
∵S△ACC′AC AC'AC2＝8，
∴AC＝4，
即AC的长为4；
（3）如图③，
将△ABC绕点A逆时针旋转90°得△ADC'，连接AC'，CC'，
由旋转知，AC'＝AC，C'D＝BC，∠CAC'＝90°，
当点D在CC'上时，S△ACD+S△ADC′最大，其最大值为S△ACC′，
而S△ACC′AC2，
∴S△ACC′最大时，AC最大，
S△ACC′最大时，CC'＝CD+C'D＝CD+BC＝10，
∴AC最大CC'＝5，
如图④，过点D作DE⊥AC于E，
在Rt△CED中，∠DCE＝45°，CD＝3，
∴DE＝CE，
在Rt△AED中，AE＝AC﹣CE＝5，
根据勾股定理得，AB＝AD．
解：（1）由旋转得：AD＝AE，∠ADB＝∠AEC，
∵∠ADC+∠ADB＝180°，
∴∠ADC+∠AEC＝180°，
∴四边形ADCE是等补四边形，
故答案为：是；
（2）∠ABC＝90°，AB＝BC，如图2，将△BAD绕点B顺时针旋转90°得△BCG，
∴∠BAD＝∠BCG，BD＝BG，∠DBG＝90°，
∵∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠BAD+∠BCD＝180°，
∴∠BCD+∠BCG＝180°，
∴D、C、G三点共线，
∵S四边形ABCD＝8，
∴S△BDG＝8，
∴，
∴BD＝4（负值已舍去）；
故答案为：4；
（3）AB＝BC，如图3，将△BCD绕点B逆时针旋转∠ABC的大小，得△BAE，
∴BD＝BE＝5，∠BAE＝∠C，S△ABE＝S△BCD，
∵∠BAD+∠C＝180°，
∴∠BAD+∠BAE＝180°，
∴A、D、E三点共线，
∴S四边形ABCD＝S△BDE，
当BD⊥BE时，△BDE的面积最大，为．
则四边形ABCD面积的最大值为．

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