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第四章 图形的平移与旋转
专项突破 旋转中的常用模型
模型1 手拉手模型
1. 和 都是等边三角形.当 绕点A旋转到如图1所示的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA.
（1）请猜想线段PA，PB，PC之间的数量关系，并加以证明.
（2）将 绕点A旋转到如图2所示的位置时，其他条件不变，请直接写出线段PA，PB，PC之间的数量关系，不需要证明.
模型2 半角模型
2.如图，四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD，BC上，且 ，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法.如图，将 绕点A顺时针旋转 得到 ，点D与点B重合，连接MN.
（1）请猜想线段DM，BN，MN之间的数量关系，并写出证明过程.
（2）如果正方形的边长是4，求 的周长.
模型3 对角互补模型
3.在 中， ，AC=BC=4，将一块三角板的直角顶点放在斜边AB的中点P处，将此三角板绕点P旋转，三角板的两直角边分别交射线AC，CB于点D，E，图①，图②，图③是旋转得到的三种图形.
（1）线段PD和PE之间有怎样的大小关系？并以图②为例，加以说明.
（2）图③中线段CD，CE和BC之间有怎样的数量关系？并加以说明.
（3）把三角板绕点P旋转，点E在射线CB上移动， 能否成为等腰三角形？若能，请直接写出 的度数；若不能，请说明理由.
参考答案
1.解析 (1)PB=PA+PC,证明如下：
如图，在BP上截取BF=PC,连接AF,
∵△ABC,△ADE都是等边三角形，∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=60°,
∴∠BAC+∠CAD=∠CAD+∠DAE,即∠DAB=∠EAC,
∴△ABD≌△ACE(SAS),∴ ∠ABD=∠ACE,
∵AB=AC,BF=CP,∴△BAF≌△CAP(SAS),∴AF=AP,∠BAF=∠CAP,
∴∠BAC=∠PAF=60°,∴ △AFP是等边三角形，∴PF=PA,
∴PB=BF+PF=PC+PA.
(2)PC=PA+PB.
题型解读 手拉手模型
如图,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE,连接BD,BC,DE,CE,BD与CE 相交于点 O，则有以下结论：
(1)△ABD≌△ACE.
(2)∠BOC=∠DOE=∠BAC=∠DAE.（拉手线的夹角等于等腰三角形的顶角）
2.解析 (1)MN=DM+BN.
证明：由旋转的性质可知,AE=AM,BE=DM,∠EAM=90°,∠ABE=∠D=90°,
∵∠ABC=90°,∴∠ABE+∠ABC=180°,∴E,B,C三点共线，
∵∠MAN=45°,∴ ∠EAN=∠EAM-∠MAN=45°=∠MAN.
在△EAN和△MAN中 , ∴△EAN≌△MAN(SAS),∴EN=MN.
∵EN=BE+BN,∴MN=DM+BN.
(2)由(1)得MN=DM+BN,
,
∵正方形的边长为4,
题型解读 半角模型
120°角含半角: △DFE≌△DFG EF=BE+CF
等腰直角三角形含半角: △ADE≌△AFE
正方形含半角: △AEF≌△AEG EF=BF+DE
3.解析 (1)PD=PE.证明如下：
如图①，连接PC,
∵在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=4,∴ △ABC是等腰直角三角形，∴.
∵P 为斜边AB的中点，∴ ，， ，
∴，
∵ ， ，∴ ，
在 和 中，∴，∴ PD=PE.
(2) CD+BC=CE.证明：连接 CP，如图 ② 所示，
同（1）得 ，∴ CD=BE，
∵ BE+BC=CE，∴ CD+BC=CE.
(3) 能成为等腰三角形， 的度数为或 或 或.
详解：当 BE=BP，点 E 在 CB 的延长线上时，如图 ② 所示，
则；
当 BE=BP，点 E 在线段 CB 上时，如图 ③ 所示，
则 ；
当 EP=EB 时，如图 ④ 所示，则 ，
∴ ；
当 EP=PB 时，如图 ⑤ 所示，
此时点 E 和点 C 重合，∴ .
综上所述， 能成为等腰三角形， 的度数为 或 或 或 .
题型解读 对角互补模型
(1)如图1，当添加以下两种辅助线，且∠DCE的一边与AO 交于点 D 时，有下列结论(知二推二)：
①∠1 =∠2,②∠AOB+∠DCE = 180°,③CD = CE,④作法1:OE=2NE+OD(作法2:OE=OF-OD).
(2)如图2，当添加以下两种辅助线且∠DCE的一边与AO的延长线交于点D 时，有下列结论(知二推二):
①∠1=∠2,②∠AOB+∠DCE=180°,③CD=CE,
④作法1:OE=2NE-OD(作法2:OE=OF+OD).

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