专题07模型方法课之互补型旋转解题方法专练（解析版）（人教版）.docx

专题07模型方法课之互补型旋转解题方法专练（解析版） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论 ①(BE+CF)=BC，②，③AD·EF，④AD≥EF，⑤AD与EF可能互相平分， 其中正确结论的个数是（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【详解】 解:∵Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°， ∴AD =DC，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN－∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC． ∴△EDA≌△FDC（ASA）． ∴AE=CF． ∴BE+CF= BE+ AE=AB． 在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB=BC． ∴(BE+CF)=BC． ∴结论①正确． 设AB=AC=a，AE=b，则AF=BE= a－b． ∴． ∴． ∴结论②正确． 如图，过点E作EI⊥AD于点I，过点F作FG⊥AD于点G，过点F作FH⊥BC于点H，ADEF相交于点O． ∵四边形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形， ∴EO≥EI（EF⊥AD时取等于）=FH=GD， OF≥GH（EF⊥AD时取等于）=AG． ∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD． ∴结论④错误． ∵△EDA≌△FDC， ∴． ∴结论③错误． 又当EF是Rt△ABC中位线时，根据三角形中位线定理知AD与EF互相平分． ∴结论⑤正确． 综上所述，结论①②⑤正确．故选C． 二、填空题 2．如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为_________． 【答案】 【分析】 可将△OBC绕着O点顺时针旋转90°，所得的图形与△OAC正好拼成等腰直角三角形BC+AC等于等腰三角形的斜边CD. 【详解】 解： 将△OBC绕O点旋转90°， ∵OB=OA ∴点B落在A处，点C落在D处 且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC， 在四边形OACB中 ∵∠BOA=∠BCA=90°， ∴∠OBC+∠OAC=180°， ∴∠OAD+∠OAC=180° ∴C、A、D三点在同一条直线上， ∴△OCD为等要直角三角形，根据勾股定理 CD2=OC2+OD2 即CD2=32+32=18 解得CD= 即BC+AC=. 【点睛】 本题考查旋转的性质，旋转前后的图形对应边相等，对应角相等.要求两条线段的长，可利用作图的方法将两条线段化成一条线段，再求这条线段的长度即可，本题就是利用旋转的方法做到的，但做本题时需注意，一定要证明C、A、D三点在同一条直线上.本题还有一种化一般为特殊的方法，因为答案一定可考虑CB⊥y轴的情况，此时四边形OACB刚好是正方形，在做选择或填空题时，也可以起到事半功倍的效果. 3．如图，在四边形中，于，则的长为__________ 【答案】 【分析】 过点B作 交DC的延长线交于点F，证明≌ 推出，，可得，由此即可解决问题； 【详解】 解：过点B作交DC的延长线交于点F，如右图所示， ∵， ， ∴≌ ， ， ， 即， ， 故答案为． 【点睛】 本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 三、解答题 4．在中，，，于点, （1）如图1，点，分别在，上，且，当，时，求线段的长； （2）如图2，点，分别在，上，且，求证：； （3）如图3，点在的延长线上，点在上，且，求证：; 【答案】(1) ；(2)见解析；(3)见解析. 【分析】 （1）根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到 AD＝BD＝DC＝ ，求出 ∠MBD＝30°，根据勾股定理计算即可； （2）证明△BDE≌△ADF，根据全等三角形的性质证明； （3）过点 M作 ME∥BC交 AB的延长线于 E，证明△BME≌△AMN，根据全等三角形的性质得到 BE＝AN，根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论． 【详解】 （1）解：，，， ，，， ， ， ， ， ， ， 由勾股定理得，，即， 解得，， ； （2）证明：，， ， 在和中， ， ； （3）证明：过点作交的延长线于， ， 则，， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ． 【点睛】 本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形 的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 5．把两个完全相同的正边形拼一起，其中一个正多边形的顶点在另一个正多边形的中心处，如图所见和如图所见分别为和的情形， （1）求如图所见中重叠部分与阴影部分的面积比； （2）求如图所见中重叠部分与阴影部分的面积比； （3）请直接写出正边形重叠部分与阴影部分的面积比. 【答案】（1）；(2) ；（3） 【分析】 利用正多边形性质，如图所见中重叠部分面积转化为，如图所见中重叠部分面积转化为四边形，由此归纳正边形重叠部分与阴影部分的面积比为正边形内角与减去内角的差的比. 【详解】 （1）连结， 为正方形的中心，， ， ，，又 重叠部分面积和阴影部分面积比为 （2）连结，， 为正六边形的中心 又 重叠部分面积为 重叠部分与阴影部分的面积比为 （3）由（1）、（2）可得，正边形重叠部分与阴影部分的面积比为. 【点睛】 面积割补法经常将不规则图形转化为规则图形，让问题得解，本问题体现从特殊到一般规律的探寻，注意第三问对一般结论的探求.正多边形的计算一般要经过中心作边的垂线，并连接中心与一个端点构造直角三角形，把正多边形的计算转化为解直角三角形．本题的解决思路是需要掌握的内容． 6．如图，△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F． （1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF； （2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由 【答案】（1）证明见解析；（2）是，2. 【解析】 【分析】 （1）根据四边形内角和为360°，可求∠DEA=90°，根据“AAS”可判定△BDE≌△CDF，即可证BE=CF； （2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，易证△MBD≌△NCD，则有BM=CN，DM=DN，进而可证到△EMD≌△FND，则有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=BC=2. 【详解】 （1）∵△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点， ∴∠B=∠C=60°，BD=CD， ∵DF⊥AC， ∴∠DFA=90°， ∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°， ∴∠AED=90°， ∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC， ∴△BDE≌△CDF（AAS） （2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N， 则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°． ∵∠A=60°， ∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°． ∵∠EDF=120°， ∴∠MDE=∠NDF． 在△MBD和△NCD中， ， ∴△MBD≌△NCD（AAS） BM=CN，DM=DN． 在△EMD和△FND中， ， ∴△EMD≌△FND（ASA） ∴EM=FN， ∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN =2BM=2BD×cos60°=BD=BC=2. 【点睛】 本题主要考查了等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、特殊角的三角函数值等知识，通过证明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解决本题的关键． 7．探究问题： (1)方法感悟： 如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别为DC，BC边上的点，且满足∠BAF＝45°，连接EF，求证DE＋BF＝EF．感悟解题方法，并完成下列填空：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，此时AB与AD重合，由旋转可得：AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°，∴ ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°，因此，点G，B，F在同一条直线上． ∵ ∠EAF＝45°∴ ∠2＋∠3＝∠BAD－∠EAF＝90°－45°＝45°． ∵ ∠1＝∠2，∠1＋∠3＝45°． 即∠GAF＝∠________． 又AG＝AE，AF＝AE ∴ △GAF≌△________． ∴ _________＝EF，故DE＋BF＝EF． (2)方法迁移： 如图②，将Rt△ABC沿斜边翻折得到△ADC，点E，F分别为DC，BC边上的点，且∠EAF＝12∠DAB．试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，并证明你的猜想． 【答案】(1)EAF、△EAF、GF；(2)DE＋BF＝EF. 【解析】 【分析】 （1）利用角之间的等量代换得出∠GAF=∠FAE，再利用SAS得出△GAF≌△EAF，得出答案； （2）将△ADE顺时针旋转90°得到△ABG，再证明△AGF≌△AEF，即可得出答案； 【详解】 解：（1）如图①所示； 根据等量代换得出∠GAF=∠FAE， 利用SAS得出△GAF≌△EAF， ∴GF=EF， 故答案为：FAE；△EAF；GF； (2)DE＋BF＝EF，理由如下： 假设∠BAD的度数为m，将△ADE绕点A顺时针旋转，m°得到△ABG，如图，此时AB与AD重合，由旋转可得： AB＝AD，BG＝DE，∠1＝∠2，∠ABG＝∠D＝90°， ∴ ∠ABG＋∠ABF＝90°＋90°＝180°， 因此，点G，B，F在同一条直线上． ∵ ∠EAF=12m°， ∴ ∠2+∠3=∠BAD−∠EAF=m°−12m°=12m°． ∵ ∠1＝∠2， ∴ ∠1＋∠3＝12m°． 即∠GAF＝∠EAF． ∵在△AGF和△AEF中， AG＝AE∠GAF＝∠EAFAF＝AF， ∴ △GAF≌△EAF（SAS）． ∴ GF＝EF． 又∵ GF＝BG＋BF＝DE＋BF， ∴ DE＋BF＝EF． 【点睛】 此题主要考查了全等三角形的判定和性质、以及折叠的性质和旋转变换性质等知识，证得△GAF≌△EAF是解题的关键． 8．五边形ABCDE中，AB=AE，BC+DE=CD，∠ABC+∠AED=180°，求证：AD平分∠CDE． 【答案】见解析 【解析】 【分析】 延长DE至F，使得EF=BC，连接AC，易证△ABC≌△AEF，得到EF=BC，AC=AF然后证明△ADC≌△ADF即可解决问题． 【详解】 延长DE至F，使得EF=BC，连接AC. ∵∠ABC+∠AED=180°，∠AEF+∠AED=180°， ∴∠ABC=∠AEF ∵AB=AE，BC=EF， ∴△ABC≌△AEF． ∴EF=BC，AC=AF ∵BC+DE=CD， ∴CD=DE+EF=DF， ∴△ADC≌△ADF， ∴∠ADC=∠ADF 即AD平分∠CDE． 【点睛】 本题主要考查全等三角形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造全等三角形是解题关键. 9．如图，在中，，，点在上，点在上，，连接，，，垂足为．证明：． 【答案】见解析 【分析】 如图，延长到点，使，连接、，根据四边形的内角和和邻补角互补可得，进而可根据SAS证明，可得，，进一步即可求得，然后利用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识即可证得结论． 【详解】 证明：如图，延长到点，使，连接、， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ，， ，， ， ， ． 【点睛】 本题考查了四边形的内角和、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和解直角三角形等知识，正确添加辅助线、灵活应用上述知识是解题的关键． 10．问题背景 如图（1），在四边形ABCD中，∠B+∠D＝180°，AB＝AD，∠BAD＝α，以点A为顶点作一个角，角的两边分别交BC，CD于点E，F，且∠EAFα，连接EF，试探究：线段BE，DF，EF之间的数量关系． （1）特殊情景 在上述条件下，小明增加条件“当∠BAD＝∠B＝∠D＝90°时”如图（2），小明很快写出了：BE，DF，EF之间的数量关系为______． （2）类比猜想 类比特殊情景，小明猜想：在如图（1）的条件下线段BE，DF，EF之间的数量关系是否仍然成立？若成立，请你帮助小明完成证明；若不成立，请说明理由． （3）解决问题 如图（3），在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，点D，E均在边BC上，且∠DAE＝45°，若BD，请直接写出DE的长． 【答案】（1）BE+DF＝EF；（2）成立；（3）DE 【分析】 （1）将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG，由旋转的性质可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG，根据∠EAF=∠BAD可得∠BAE+∠DAF＝45°，即可得出∠∠EAF＝∠FAG，利用SAS可证明△AFE≌△AFG，可得EF=FG，进而可得EF=BE+FD；（2）将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH，由旋转的性质可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH，根据∠BAD＝α，∠EAFα可得∠BAE+∠FADα，进而可证明∠FAH＝∠EAF，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得EF=FH=BE+FD；（3）将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′，由旋转的性质可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB，根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4，即可求出∠E′BD＝90°，利用SAS可证明△AEF≌△AHF，可得DE＝DE′，利用勾股定理求出DE的长即可的答案. 【详解】 （1）BE+DF＝EF， 如图1，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG， ∵∠ADC＝∠B＝∠ADG＝90°， ∴∠FDG＝180°，即点F，D，G共线． 由旋转可得AE＝AG，BE＝DG，∠BAE＝∠DAG． ∵∠BAE+∠DAF＝∠BAD﹣∠EAF＝90°﹣∠BAD=90°-45°＝45°， ∴∠DAG+∠DAF＝45°，即∠FAG=45°， ∴∠EAF＝∠FAG， ∴△AFE≌△AFG（SAS）， ∴EF＝FG． 又∵FG＝DG+DF＝BE+DF， ∴BE+DF＝EF， 故答案为BE+DF＝EF． （2）成立． 如图2，将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH， 可得∠ABE＝∠ADH，∠BAE＝∠DAH，AE＝AH，BE＝DH． ∵∠B+∠ADC＝180°， ∴∠ADH+∠ADC＝180°， ∴点C，D，H在同一直线上． ∵∠BAD＝α，∠EAFα， ∴∠BAE+∠FADα， ∴∠DAH+∠FADα， ∴∠FAH＝∠EAF， 又∵AF＝AF， ∴△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝FH＝DF+DH＝DF+BE； （3）DE， 如图3，将△AEC绕点A顺时针旋转90°，得到△AE′B，连接DE′． 可得BE′＝EC，AE′＝AE，∠C＝∠ABE′，∠EAC＝∠E′AB， 在Rt△ABC中，∵AB＝AC＝4，∠BAC=90°， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝4， ∴CD=BC=BD=3， ∴∠ABC+∠ABE′＝90°，即∠E′BD＝90°， ∴E′B2+BD2＝E′D2． 易证△AE′D≌△AED， ∴DE＝DE′， ∴DE2＝BD2+EC2，即DE2， 解得． 【点睛】 本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，旋转后不改变图形的大小和形状，并且对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角，熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定定理是解题关键. 11．和都是等腰直角三角形，与相交于点交于点交于点.试确定线段的关系.并说明理由. 【答案】且 【分析】 由已知条件可证明，再根据全等三角形的性质，得到 ，在中，又，可得：，即可证明且. 【详解】 解： 和是直角三角形 则 即 在与中 在中 又 则中，即，， 综上所述，且. 【点睛】 本题主要考查三角形全等的判定方法和性质定理和等腰直角三角形的性质，从复杂的图形中找到全等三角形和“8”字形三角形是解题的关键. 12．已知OP平分∠AOB，∠DCE的顶点C在射线OP上，射线CD交射线OA于点F，射线CE交射线OB于点G． （1）如图1，若CD⊥OA，CE⊥OB，请直接写出线段CF与CG的数量关系； （2）如图2，若∠AOB=120º，∠DCE=∠AOC，试判断线段CF与CG的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）CF=CG；（2）CF=CG，见解析 【分析】 (1)结论CF=CG，由角平分线性质定理即可判断． (2)结论：CF=CG，作CM⊥OA于M，CN⊥OB于N，证明△CMF≌△CNG，利用全等三角形的性质即可解决问题． 【详解】 解：（1）结论：CF=CG； 证明：∵OP平分∠AOB，CF⊥OA，CG⊥OB， ∴CF=CG（角平分线上的点到角两边的距离相等）； （2）CF=CG.理由如下：如图， 过点C作CM⊥OA，CN⊥OB， ∵OP平分∠AOB，CM⊥OA，CN⊥OB，∠AOB=120º， ∴CM=CN（角平分线上的点到角两边的距离相等）， ∴∠AOC=∠BOC=60º（角平分线的性质）， ∵∠DCE=∠AOC， ∴∠AOC=∠BOC=∠DCE=60º， ∴∠MCO=90º-60º =30º，∠NCO=90º-60º =30º， ∴∠MCN=30º+30º=60º， ∴∠MCN=∠DCE， ∵∠MCF=∠MCN-∠DCN，∠NCG=∠DCE-∠DCN， ∴∠MCF=∠NCG， 在△MCF和△NCG中， ∴△MCF≌△NCG（ASA）， ∴CF=CG（全等三角形对应边相等）； 【点睛】 本题考查三角形综合题、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握角平分线的性质的应用，熟练证明三角形全等 ． 13．如图1，四边形ABCD中，BD⊥AD，E为BD上一点，AE＝BC，CE⊥BD，CE＝ED （1）已知AB＝10，AD＝6，求CD； （2）如图2，F为AD上一点，AF＝DE，连接BF，交BF交AE于G，过G作GH⊥AB于H，∠BGH＝75°．求证：BF＝2GH+EG． 【答案】（1）2；（2）证明见解析 【分析】 （1）由勾股定理得出BD＝＝8，由HL证得Rt△ADE≌Rt△BEC，得出BE＝AD，则CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝2，由等腰直角三角形的性质即可得出结果； （2）连接CF，易证AF＝CE，AD∥CE，得出四边形AECF是平行四边形，则AE＝CF，AE∥CF，得出∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF，由Rt△ADE≌Rt△BEC，得出∠CBE＝∠EAD，推出∠CBE＝∠CFD，证得△BCF是等腰直角三角形，则BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC＝∠BFC＝45°，推出∠AGF＝45°，∠AGH＝60°，∠GAH＝30°，则AG＝2GH，得出BF＝AE＝（AG+EG），即可得出结论． 【详解】 （1）解：∵BD⊥AD， ∴BD＝＝＝8， ∵CE⊥BD， ∴∠CEB＝∠EDA＝90°， 在Rt△ADE和Rt△BEC中，， ∴Rt△ADE≌Rt△BEC（HL）， ∴BE＝AD， ∴CE＝ED＝BD﹣BE＝BD﹣AD＝8﹣6＝2， ∴CD＝CE＝2； （2）解：连接CF，如图2所示： ∵AF＝DE，DE＝CE， ∴AF＝CE， ∵BD⊥AD，CE⊥BD， ∴AD∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∴AE＝CF，AE∥CF， ∴∠CFD＝∠EAD，∠CFB＝∠AGF， 由（1）得：Rt△ADE≌Rt△BEC， ∴∠CBE＝∠EAD， ∴∠CBE＝∠CFD， ∵∠FBD+∠BFC+∠CFD＝90°， ∴∠FBD+∠BFC+∠CBE＝90°， ∴∠BCF＝90°， ∵AE＝BC， ∴BC＝CF， ∴△BCF是等腰直角三角形， ∴BF＝BC＝CF＝AE，∠FBC＝∠BFC＝45°， ∴∠AGF＝45°， ∵∠BGH＝75°， ∴∠AGH＝180°﹣45°﹣75°＝60°， ∵GH⊥AB， ∴∠GAH＝30°， ∴AG＝2GH， ∴BF＝AE＝（AG+EG）， ∴BF＝2GH+EG． 【点睛】 本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握直角三角形的性质、作辅助线构建平行四边形是解题的关键． 14．问题背景：如图1，在四边形中，，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．探究图中线段，，之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长到G，使，连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论就是_______________； 探究延伸1：如图2，在四边形中，，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由． 探究延伸2：如图3，在四边形中，，，，绕B点旋转，它的两边分别交、于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由． 实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西的A处舰艇乙在指挥中心南偏东的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东的方向以100海里/小时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为，试求此时两舰艇之间的距离． 【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．实际应用：210海里． 【分析】 延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题； 探究延伸1：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题； 探究延伸2：延长到G，使，连接，先证明，可得BG=BE，∠CBG=∠ABE，再证明，可得GF=EF，即可解题； 实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF，将AE和CF的长代入即可． 【详解】 解：EF=AE+CF 理由：延长到G，使，连接， 在△BCG和△BAE中， ， ∴（SAS）， ∴BG=BE，∠CBG=∠ABE， ∵∠ABC=120°，∠MBN=60°， ∴∠ABE+∠CBF=60°， ∴∠CBG+∠CBF=60°