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图形的旋转——几何综合题突破·自主学习单
详解答案
【模块一：手拉手——共顶点旋转构造】
1、典例剖析
例 1．如图，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，∠ADB＝45°，BD＝4．CD= 41，求 AD
的长．
解：如图，过 D作 DE⊥BD，过 A作 AE⊥AD于 A，连接 BE，
∵∠ADB＝45°，
∴∠ADE＝45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∵△ABC是等腰直角三角形，
同理得：△ADC≌△AEB，
∴BE＝CD= 41，
Rt△BDE中，由勾股定理得：DE= 2 2 = ( 41)2 42 = 41 16 =5，
∴AD= 5 = 5 2．
2 2
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【模块二：最值问题】
1．在△ABC中，∠BAC＝90°， = 2， = 3 2，将△ABC绕着点 A旋转得到△ADE，连接 DB、
EC，直线 DB、EC相交于点 F，连接 AF．求线段 AF的最大值．
【解答】（1）证明：∵△ABC绕着点 A旋转得到△ADE，
∵∠DAB＝∠EAC，

∴ = ，

∴△DAB∽△EAC．
另一种方法：取 BC的中点 O，连接 OF，OA，AF，设 BD交 AE于 K．
由（1）可知△DAB∽△EAC，
∴∠ADK＝∠FEK，
∵∠EKF＝∠AKD，
∴∠EFK＝∠DAK＝90°，
∴∠CFB＝90°，
在 Rt△ABC中，∵AB= 2，AC＝3 2，
∴BC 2 + 2 =2 5，
∵OB＝OC，∠BAC＝∠BFC＝90°，
∴OA＝OF= 5，
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∵AF≤OF+OA，
∴AF≤2 5，
∴AF的最大值为 2 5．
【点评】本题是相似形综合题，考查了旋转变换，等边三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和
性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会利用三角形的三边关系解决最值问题，属于中考
压轴题．
2．如图，四边形 ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线 BD（不含 B点）上任意一点，连
接 AM、CM．
（1）当 M点在何处时，AM+CM的值最小；
（2）当 M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，并说明理由。
【解答】解：（1）当 M点落在 BD的中点时，AM+CM的值最小．
（2）如图，连接 CE，当 M点位于 BD与 CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小．
理由如下：
∵M是正方形 ABCD对角线上一点，
∴AM＝CM，
又∵AB＝BC，BM＝BM，
∴△ABM≌△CBM，
∴∠BAM＝∠BCM，
又∵BE＝BA＝BC，
∴∠BEC＝∠BCM，
∴∠BEC＝∠BAM，
在 EC上取一点 N使得 EN＝AM，连接 BN，
又∵EB＝AB，
∴△BNE≌△ABM，
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∴∠EBN＝∠ABM，BN＝BM，
又∵∠EBN+∠NBA＝60°，
∴∠ABM+∠NBA＝60°，
即∠NBM＝60°，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM＝MN．
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM．
根据“两点之间线段最短”，得 EN+MN+CM＝EC最短，
∴当 M点位于 BD与 CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于 EC的长．
（3）过 E点作 EF⊥BC交 CB的延长线于 F，
∴∠EBF＝90°﹣60°＝30°
3
设正方形的边长为 x，则 BF= 2 x，EF= 2
在 Rt△EFC中，
∵EF2+FC2＝EC2，
3
∴（ ）2+（ x+x）2= ( 3 + 1)2．
2 2
解得 x= 2（舍去负值）．
∴正方形的边长为 2．
3．已知四边形 ABCD是边长为 1的正方形，点 E是边 BC上的动点，以 AE为直角边在直线 BC的上方作
等腰直角三角形 AEF，∠AEF＝90°，EF、AF与 CD分别相交于点 P、Q，连接 EQ，过点 A作 AM⊥
EQ，垂足为点 M，过点 P作 PN⊥EQ，垂足为点 N，设 BE＝m．
（1）求 AM的长；
（2）用含有 m的代数式表示 CQ；
（3）用含有 m的代数式表示 PN，并求 PN的最大值．
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【分析】（1）延长 CD至 T，使 DT＝BE，可证得△TAQ≌△EAQ，进而证得△AME≌△BAE，从而得
出 AM＝AB＝1；
（2）设 CQ＝x，则 DQ＝CD﹣CQ＝1﹣x，CE＝1﹣m，在 Rt△ECQ中，由勾股定理可得出（1﹣m）2+x2
＝（1﹣x+m）2，从而求得结果；
1
（3）可证得 PN＝PC，△ABE∽△ECP，设 BE＝x，则 EC＝1﹣x，从而得出 = ，进一步得出结
1
果．
【解答】解：（1）如图 1，
延长 CD至 T，使 DT＝BE，
∵四边形 ABCD是正方形，
∴∠ADT＝∠ADC＝∠B＝∠DAB＝90°，AD＝AB，
∴△ABE≌△ADT（SAS），
∴AT＝AE，∠DAT＝∠BAE，∠T＝∠AEB，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAQ＝45°，
∴∠DAT+∠DAQ＝45°，
∴∠TAQ＝45°，
∴∠TAQ＝∠EAF，
∵AQ＝AQ，
∴△TAQ≌△EAQ，
∴∠T＝∠AEQ，
∴∠AEB＝∠AEQ（SAS），
∵∠B＝∠AME＝90°，AE＝AE，
∴△AME≌△BAE（AAS），
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∴AM＝AB＝1；
（2）设 CQ＝x，则 DQ＝CD﹣CQ＝1﹣x，CE＝1﹣m，
由（1）知：△TAQ≌△EAQ，
∴EQ＝QT＝DQ+DT＝DQ+BE＝1﹣x+m，
在 Rt△ECQ中，由勾股定理得，
CE2+CQ2＝EQ2，
∴（1﹣m）2+x2＝（1﹣x+m）2，
∴x= 2 +1，
∴CQ= 2 +1；
（3）∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠PEC＝90°，∠AEM+∠PEN＝90°，
由（1）知：∠AEB＝∠AEM，
∴∠PEN＝∠PEC，
∴PN＝PC，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABE∽△ECP，

∴ = ，

设 BE＝x，则 EC＝1﹣x，
1
∴ = ，
1
∴PC x 1 1＝ （1﹣x）＝﹣（x ）22 + 4，
1
∴当 x= 12时，PC最大值为： ，4
1
即 PN的最大值为： ．
4
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【模块三：半角&隐圆综合题】
1.如图，在正方形 ABCD中，点 E是 AB边上一点，以 DE为边作正方形 DEFG，DF与 BC交于点 M，延
长 EM交 GF于点 H，EF与 CB交于点 N，连接 CG．
（1）求证：CD⊥CG；
2 tan MEN= 1

（ ）若 ∠ 3，求 的值；
1
（3）已知正方形 ABCD的边长为 1，点 E在运动过程中，EM的长能否为 ？请说明理由．
2
【解答】（1）证明：∵四边形 ABCD和四边形 DEFG是正方形，
∴∠A＝∠ADC＝∠EDG＝90°，AD＝CD，DE＝DG，
∴∠ADE＝∠CDG，
=
在△ADE和△CDG中， ∠ = ∠ ，
=
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴∠A＝∠DCG＝90°，
∴CD⊥CG；
（2）解：∵四边形 DEFG是正方形，
∴EF＝GF，∠EFM＝∠GFM＝45°，
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=
在△EFM和△GFM中 ∠ = ∠ ，
=
∴△EFM≌△GFM（SAS），
∴EM＝GM，∠MEF＝∠MGF，
∠ = ∠
在△EFH和△GFN中， = ，
∠ = ∠
∴△EFH≌△GFN（ASA），
∴HF＝NF，
∵tan∠MEN= 1 3 = ，
∴GF＝EF＝3HF＝3NF，
∴GH＝2HF，
作 NP∥GF交 EM于 P，则△PMN∽△HMG，△PEN∽△HEF，
2
∴ = ， = = ，
3
2
∴PN= 3HF，
2
3 1
∴ = = = = ；
2 3
1
（3）EM的长不可能为 ，
2
1
理由：假设 EM的长为 ，
2
∵点 E是 AB边上一点，且∠EDG＝∠ADC＝90°，
∴点 G在 BC的延长线上，
同（2 1）的方法得，EM＝GM= 2，
∴GM= 12，
在 Rt△BEM中，EM是斜边，
∴BM 1＜ 2，
∵正方形 ABCD的边长为 1，
∴BC＝1，
1
∴CM＞ 2，
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∴CM＞GM，
∴点 G在正方形 ABCD的边 BC上，与“点 G在 BC的延长线上”相矛盾，
∴假设错误，
1
即：EM的长不可能为 ．
2
2．如图，平面直角坐标系中，O为原点，点 A、B分别在 y轴、x轴的正半轴上．△AOB的两条外角平分
线交于点 P，P在反比例函数 y= 9 的图象上．PA的延长线交 x轴于点 C，PB的延长线交 y轴于点 D，
连接 CD．
（1）求∠P的度数及点 P的坐标；
（2）求△OCD的面积；
（3）△AOB的面积是否存在最大值？若存在，求出最大面积；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）如图，作 PM⊥OA于 M，PN⊥OB于 N，PH⊥AB于 H．
∴∠PMA＝∠PHA＝90°，
∵∠PAM＝∠PAH，PA＝PA，
∴△PAM≌△PAH（AAS），
∴PM＝PH，∠APM＝∠APH，
同理可证：△BPN≌△BPH，
∴PH＝PN，∠BPN＝∠BPH，
∴PM＝PN，
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∵∠PMO＝∠MON＝∠PNO＝90°，
∴四边形 PMON是矩形，
∴∠MPN＝90°，
∴∠APB＝∠APH+∠BPH= 12（∠MPH+∠NPH）＝45°，
∵PM＝PN，
∴可以假设 P（m，m），
∵P（m m y= 9， ）在 上，
∴m2＝9，
∵m＞0，
∴m＝3，
∴P（3，3）．
（2）设 OA＝a，OB＝b，则 AM＝AH＝3﹣a，BN＝BH＝3﹣b，
∴AB＝6﹣a﹣b，
∵AB2＝OA2+OB2，
∴a2+b2＝（6﹣a﹣b）2，
可得 ab＝6a+6b﹣18，
∴3a+3b﹣9= 12ab，
∵PM∥OC，

∴ = ，


∴ = ，
3 3
∴OC= 3 3 3 ，同法可得 OD= 3 ，
1 1 9 1 9 1 9
∴S△COD= 2 OC DO= 2 = = =9．(3 )(3 ) 2 9 3 3 + 2 12 +
解法二：连接 OP．
∵∠POA＝∠POB＝∠CPD＝45°，
∴∠COP＝∠POD＝135°，
∵∠POB＝∠PCO+∠OPC＝45°，∠APO+∠OPD＝45°，
∴∠PCO＝∠OPD，
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∴△COP∽△POD，
∴OC OD＝OP2＝18，可求△COD的面积等于 9．
（3）设 OA＝a，OB＝b，则 AM＝AH＝3﹣a，BN＝BH＝3﹣b，∴AB＝6﹣a﹣b，
∴OA+OB+AB＝6，∴a+b+ 2 + 2 =6，∴2 + 2 ≤6，∴（2+ 2） ≤6，
∴ ≤3 1（2 2），∴ab≤54﹣36 2，∴S△AOB= 2ab≤27﹣18 2，
∴△AOB的面积的最大值为 27﹣18 2．
3．如图在四边形 ABCD中，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，AB＝AD＝1，点 E、F分别在四边形
ABCD的边 BC、CD上，且∠EAF＝60°，求此时△CEF的周长．
【解答】解：连接 AC，如图，
∵AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，AC＝AC，∴Rt△ABC≌Rt△ADC（HL）．∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠BAC= 12∠BAD＝60°，∵∠B＝90°，AB＝1，
∴在 Rt△ABC中，AC＝2，BC= 2 2 = 22 12 = 3，
由（1）得 EF＝BE+DF，
∴△CEF最大值为 3 3．
第 11页（共 11页）图形的旋转一几何综合题突破·自主学习单
·、知识技能梳埋
1.简介：图形的旋转是中考数学几何模块的核心内容之一，也是连接全等、相似、函数与几何综合的
重要纽带。将图形绕一个定点旋转一定的角度，这样的图形运动称为图形的旋转。旋转前后的两个图形全
等：旋转只改变图形的位置，不改变图形的大小与形状，本质上是图形上的所有点在同心圆上作同步运动。
2.基础模型
①手拉手模型：两个顶角相等的等腰三角形（或任意两个相似三角形），绕公共顶点旋转任意角度。
0
条件：如图，∠A0B=∠C0D=a,品=品=k:
结论：△M0C∽△BOD:S=k;∠ANB=∠A0B:ON平分∠PNQ
②半角模型：在正方形、等腰三角形等图形中，OA=OB:∠EOF=1∠AOB,通过旋转可将分散的线
2
段集中（如图①，将△OAE逆时针旋转a°；或者如图②，将△OBF顺时针旋转a°，将线段AE、EF、BF通
过旋转放在同一三角形中）；
图①
图②
③对角互补：将线段或三角形绕某点旋转，使已知线段重合，构造全等三角形求解未知线段或角度。
边相等+对角互补（①AB=AD;②∠BAD+∠BCD=180°；③CA平分∠BCD.知2求1）
二、学习过程
【模块一：手拉手一一共顶点旋转构造】
1、典例剖析
例1·如图，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，∠ADB=45,BD=4.CD=V41,求AD
的长
B
2、实践练习
(2025·广东深圳·中考真题)如图，以矩形ABCD的B点为圆心，BC的长为半径作⊙B,交AB于点F,
点E为AD上一点，连接CE,将线段CE绕点E顺时针旋转至EG,点G落在⊙B上，且点F为EG中
点.若AF=1,AE=3,则CD的长为
E
H
B
【模块二：旋转相似综合题】
1,在△ABC中，∠BAC=90°，AB=V2,AC=3V2,将△ABC绕着点A旋转得到△ADE,连接DB、
EC,直线DB、EC相交于点F,连接AF.求线段AF的最大值.
E
B
2.如图，正方形ABCD的边长为2，P为对角线BD(不含B点)上任意一点，连接AP、CP.
(1)求AP+CP的最小值：
(2)求AP+BP+CP的最小值
D
B
3.已知四边形ABCD是边长为2的正方形，点E是边BC上的动点，以AE为直角边在直线BC的上方
作等腰直角三角形AEF,∠AEF=90°，EF、AF与CD分别相交于点P、Q,连接EO,过点A作AM
⊥EO,垂足为点M,过点P作PN⊥EO,垂足为点N,则PN的最大值为·
B
【模块三：半角&隐圆综合题】
1.如图，在正方形ABCD中，点E是AB边上一点，以DE为边作正方形DEFG,DF与BC交于点M,延
长EM交GF于点H,EF与CB交于点N,连接CG,
(1)求证：CD⊥CG:
(2)若am∠MEN=子求
M的值，
MN
(3)已知正方形ABCD的边长为1，点E在运动过程中，EM的长能否为？请说明理由.
G
H
B

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