初三数学几何专题旋转对角互补 角含半角模型Word文档格式.docx

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，即∠QCM=90°

PM=PB+BM=PB+DQ=PQ．

在△CPQ与△CPM中，CP=CP，PQ=PM，CQ=CM，

∴△CPQ≌△CPM（SSS），

∴∠PCQ=∠PCM=

∠QCM=45°

．

考情分析

“图形的旋转”是近几年中考的必考内容，也是中考的热点和重点．运用旋转的全等变换，证明

线段与角相等或和、差、倍、分关系，以及在旋转中探索图形的变化，进行图案中心对称选择是近几年中考的常见题型，研究图形旋转变换的变化规律，证明线段之间的数量关系是中考的重点题型，对角互补和角含半角的旋转模型相对手拉手模型虽少些，但也是旋转模型的考查方向，所以要关注．

呈现与练习

知识点一旋转

（1）定义：

在平面内，一个图形绕着一个定点旋转一定的角度得到另一个图形的变化叫作旋转，定点叫作旋转中心，旋转的角度叫作旋转角，如果一个图形上的点A经过旋转变为A’，那么这两个点叫做旋转的对应点．

（2）性质：

①对应点到旋转中心的距离相等；

②旋转前后图形的大小和形状没有改变；

③两组对应点分别与旋转中心的连线所成的角相等，都等于旋转角；

④旋转中心是唯一不动的点．

（3）旋转三要素：

①定点﹣﹣﹣﹣旋转中心

②旋转方向

③旋转角度

（4）旋转对称图形：

在平面内，一个图形绕着一个定点旋转一定的角度后，能够与原图形重合，这样的图形叫旋转对称图形．

中心对称图形：

在平面内，一个图形绕某一定点旋转180°

，能够和原来的图形完全重合，那么这个图形叫作中心对称图形，这个定点叫作对称中心．

中心对称：

把一个图形绕某一个点旋转180°

。

如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点成中心对称．

知识点二对角互补模型

①全等型—90°

已知：

∠AOB=∠DCE=90°

，OC平分∠AOB，D、E在OA、OB上

②全等型—90°

变式：

，OC平分∠AOB，D在OA反向延长线上，E在OB上

③全等型—120°

∠AOB=120°

，∠DCE=60°

④全等型—任意角α

知识点三角含半角模型

【例题1】难度★

如图，等腰直角三角形ABC中，∠B=90°

，AB=a，O为AC中点，EO⊥OF．求证：

BE+BF为定值．

【思路点拨】根据结论想办法把BE和BF挪到一条直线上，等腰直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，对角互补模型中，两个对角中一个角的邻补角等于另一个角，再加边等可以构造全等三角形．

【解析】证明：

连接BO,

则BO=AO=CO=

a，

∠OFC=∠OEB，∠C=∠OBE，

∴△OFC≌△OEB（AAS），∴BE=FC，

∴BE+BF=FC+BF=BC=a．

【练习1】难度★★

在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°

，AC=BC，M是AB的中点，点P从B出发向C运动，MQ⊥MP交AC于点Q，试说明△MPQ的形状和面积将如何变化．

【思路点拨】利用对角互补模型，确认△MPQ的形状，等腰直角三角形面积的变化可以转化成看边大小的变化．

连接CM，

∵在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°

，AC=BC，M是AB的中点，

∴CM=BM，CM⊥AB，∴∠AMC=∠BMC=90°

∴∠CMQ=∠BMP，∠MCQ=∠MBP=45°

∵CM=MB，∠CMQ=∠BMP，∠MCQ=∠MBP，

∴△CQM≌△BPM（AAS），∴MP=MQ，

又∵MP⊥MQ，

∴△MQP始终为等腰直角三角形，

又∵MP先变短后变长，∴面积先变小后变大．

△MQP为等腰直角三角形，面积先变小后变大．

【例题2】难度★★★

∠MAN，AC平分∠MAN．

（1）在图1中，若∠MAN=∠DCB=90°

，证明：

AB+AD=

AC．

（2）在图2中，若∠MAN=120°

，∠DCB=60°

，探究AB、AD、AC三者之间的数量关系，并给出证明；

（3）在图3中：

若∠MAN=α（0°

<

α<

180°

），∠DCB=180°

－α，则AB+ADAC（用含α的三角函数表示,直接写出结果，不必证明）．

【思路点拨】角平分线的性质+对角互补模型．

（1）证明：

过C点作CE⊥AC交AM延长线于点E，

∵∠DCB=∠DCA+∠ACB=90°

，∠ACE=∠ECB+∠ACB=90°

∴∠DCA=∠ECB，

∵∠MAN=90°

，AC平分∠MAN，

∴∠NAC=∠CAE=45°

∴△ACE是等腰直角三角形，

∴AC=CE，AE=

AC；

图1

在△DAC和△BEC中，∠DAC=∠BEC=45°

AC=CE，∠DCA=∠ECB，

∴△DAC≌△BEC（ASA）

∴AD=BE，∴AE=AB+BE=AB+AD。

∴AB+AD=

AC．

（2）AB+AD=AC；

证明：

如图，将CA绕C点逆时针旋转60°

交AN于点E，

∵∠MAN=120°

∴∠CDA+∠CBA=180°

∵∠CBE+∠CBA=180°

，∴∠CDA=∠CBE，

图2

∵AC平分∠MAN，∴∠DAC=∠CAE=60°

∵∠ACE=60°

，∴△ACE是等边三角形，∴AC=CE=AE，

在△DAC和△BEC中，∠CDA=∠CBE，AC=CE，∠DAC=∠AEC=60°

∴△DAC≌△BEC（AAS）

∴AD=BE，∴AE=AB+BE=AB+AD=AC．

（3）2cos

∵AC=CE，∠ACE=180°

－α，∠CAE=∠CEA=

图3

在Rt△AFC中，cos∠CAF=

，即cos

∴AF=ACcos

，∴AB+AD=AB+BE=2AF=2cos

【练习2】难度★★★

（2020·

密云区一模）已知∠MCN=45°

，点B在射线CM上，点A是射线CN上的一个动点（不与点C重合）．点B关于CN的对称点为点D，连接AB、AD和CD，点F在直线BC上，且满足AF=AB．小明在探究图形运动的过程中发现：

AF⊥AD始终成立．

（1）如图1，当0°

＜∠BAC＜90°

时．

①求证：

AF⊥AD；

②用等式表示线段CF、CD与CA之间的数量关系，并证明；

（2）当90°

＜∠BAC＜135°

时，直接用等式表示线段CF、CD与CA之间的数量关系是　．

【思路点拨】

（1）①根据轴对称的性质得到△ABC≌△ADC，求得∠ABC=∠ADC，∠ACB=∠ACD=45°

，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和即可得到结论；

②过A作AP⊥AC交CB的延长线于P，求得△APC是等腰直角三角形，∠PAC=90°

，AP=AC，得到∠PAF=∠DAC，根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论；

（3）如图2，过A作AP⊥AC交CB的延长线于P，求得△APC是等腰直角三角形，∠PAC=90°

，AP=AC，得到∠PAF=∠DAC，根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论．

（1）①∵点B关于CN的对称点为点D，∴△ABC≌△ADC，

∴∠ABC=∠ADC，∠ACB=∠ACD=45°

∴∠BCD=90°

∵AF=AB，∴∠ABC=∠AFB，

∴∠AFB=∠ADC，

∵∠AFB+∠AFC=180°

，∴∠ADC+∠AFC=180°

∴∠FAD=360°

﹣（∠AFC+∠D+∠FCD）=90°

∴AF⊥AD；

②过A作AP⊥AC交CB的延长线于P，

∴△APC是等腰直角三角形，∠PAC=90°

，AP=AC，

∵∠PAF+∠FAC=∠DAC+∠FAC=90°

，∴∠PAF=∠DAC，

∵∠AFB=∠ADC，

∴△APF≌△ACD（ASA），∴PF=CD，

∵在等腰直角三角形APC中，PF+CF=PC=

AC，

∴CD+CF=

时，如图2，过A作AP⊥AC交CB的延长线于P，

∵∠PAF﹣∠FAC=∠DAC﹣∠FAC=90°

∵∠AFB=∠ADC，∴△APF≌△ACD（ASA），∴PF=CD，

∵在等腰直角三角形APC中，PF﹣CF=PC=

∴CD﹣CF=

CD﹣CF=

【例题3】难度★★★

丰台区一模）已知∠AOB=120°

，点P为射线OA上一动点（不与点O重合），点C为∠AOB内部一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转60°

得到线段CQ，且点Q恰好落在射线OB上，不与点O重合．

（1）依据题意补全图1；

（2）用等式表示∠CPO与∠CQO的数量关系，并证明；

（3）连接OC，写出一个OC的值，使得对于任意点P，总有OP+OQ=4，并证明．

（1）根据题意补全图形即可；

（2）根据四边形内角和为360°

可得答案；

（3）连接OC，在射线OA上取点D，使得DP=OQ，连接CD，首先证明△COQ≌△CDP，然后△COD为等边三角形，进而可得答案．

（1）补图如图1：

（2）∠CQO+∠CPO=180°

理由如下：

∵四边形内角和360°

且∠AOB=120°

，∠PCQ=60°

∴∠CQO+∠CPO=∠1+∠2=180°

（3）OC=4时，对于任意点P，总有OP+OQ=4．

连接OC，在射线OA上取点D，使得DP=OQ，连接CD．

∴OP+OQ=OP+DP=OD．

∵∠1+∠2=180°

，∠2+∠3=180°

∴∠1=∠3．

∵CP=CQ，

在△CQO和△CPD中

∴△COQ≌△CDP（SAS）．

∴∠4=∠6，OC=CD．

∵∠4+∠5=60°

，∴∠5+∠6=60°

即∠OCD=60°

∴△COD是等边三角形．

∴OC=OD=OP+OQ=4．

【练习3】难度★★★

密云区二模）已知：

MN是经过点A的一条直线，点C是直线MN左侧的一个动点，且满足60°

＜∠CAN＜120°

，连接AC，将线段AC绕点C顺时针旋转60°

，得到线段CD，在直线MN上取一点B，使∠DBN=60°

（1）若点C位置如图1所示．

①依据题意补全图1；

②求证：

∠CDB=∠MAC；

（2）连接BC，写出一个BC的值，使得对于任意一点C，总有AB+BD=3，并证明．

（1）①根据题意作出图形即可求解；

②根据等量关系可证∠CDB=∠MAC；

（2）如图2，连接BC，在直线MN上截取AH=BD，连接CH，根据SAS可证△ACH≌△DCB，再根据全等三角形的性质和等边三角形的判定与性质即可求解．

（1）①如图1所示：

②证明：

∵∠C=60°

，∠DBN=60°

，∴∠C=∠DBN，

∵∠DBN+∠ABD=180°

，∴∠C+∠ABD=180°

在四边形ACDB中，∠CDB+∠BAC=180°

∵∠BAC+∠MAC=180°

，∴∠CDB=∠MAC；

（2）BC=3时，对于任意一点C，总有AB+BD=3．

如图2，连接BC，在直线MN上截取AH=BD，连接CH，

∵∠MAC=∠CDB，AC=CD，

∴△ACH≌△DCB（SAS），

∴∠ACH=∠DCB，CH=CB，

∵∠DCB+∠ACB=∠ACD=60°

∴∠HCB=∠ACH+∠ACB=60°

∴△HCB是等边三角形，

∴BC=BH=BA+BD=3．

【例题4】难度★

已知E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上的点，且∠EAF=45°

，AH⊥EF，H为垂足，求证：

AH=AB．

【思路点拨】正方形直角里含45°

角，通过旋转将剩余的部分拼在一起构造全等的三角形，得到对应边上的高等．

延长CB到M，使BM=DF.连接AM，

又∵AB=AD；

∠ABM=∠D=90°

.

则△ABM≌△ADF（SAS）

得AM=AF；

∠BAM=∠DAF；

∴∠BAM+∠BAE=∠DAF+∠BAE=∠DAB－∠EAF=45°

即∠MAE=∠FAE；

又AE=AE，

则△MAE≌△FAE（SAS）

又AH⊥EF，所以AH=AB（全等三角形对应边上的高相等）

【练习4】难度★★

（2019·

怀柔区二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠D=90°

，BC=CD=12，∠ABE=45°

，若AE=10．求CE的长度．

【思路点拨】过B作DA的垂线交DA的延长线于M，M为垂足，延长DM到G，使MG=CE，连接BG．求证△BEC≌△BMG，△ABE≌△ABG，设CE=x，在直角△ADE中，根据AE2=AD2+DE2求x的值，可以求CE的长度．

过B作DA的垂线交DA的延长线于M，M为垂足，延长DM到G，使MG=CE，连接BG，

易知四边形BCDM是正方形，则△BEC与△BGM中，

∴△BEC≌△BMG（SAS），∴∠MBG=∠CBE，BE=BG，

∵∠ABE=45°

∴∠CBE+∠ABM=∠MBG+∠ABM=45°

即∠ABE=∠ABG=45°

在△ABE与△ABG中，

∴△ABE≌△ABG（SAS），

∴AG=AE=10，

设CE=x，则AM=10﹣x，AD=12﹣（10﹣x）=2+x，DE=12﹣x，

在Rt△ADE中，AE2=AD2+DE2，

∴100=（x+2）2+（12﹣x）2，即x2﹣10x+24=0；

解得：

x1=4，x2=6．

故CE的长为4或6．

【例题5】难度★★★

（1）如图1，点E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上的点，∠EAF=45°

，连接EF，则EF、BE、FD之间的数量关系是：

EF=BE+FD．连结BD，交AE、AF于点M、N，且MN、BM、DN满足MN2=BM2+DN2，请证明这个等量关系；

（2）在△ABC中，AB=AC，点D、E分别为BC边上的两点．

①如图2，当∠BAC=60°

，DAE=30°

时，BD、DE、EC应满足的等量关系是__________________；

②如图3，当∠BAC=α，（0°

90°

），∠DAE=

α时，BD、DE、EC应满足的等量关系是___________

________．【参考：

sin2α+cos2α=1】

（1）∠EAF=45°

，提示我们用角含半角的旋转模型

（2）∠BAC=60°

（3）当∠BAC=α，（0°

α，提示我们用角含半角的旋转模型

【解析】

（1）如图1，在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°

，∴∠ABM=∠ADN=45°

把△ABM绕点A逆时针旋转90°

得到△ADM'

．连结NM'

∴△ABM≌△ADM′.∴DM'

=BM，AM'

=AM，∠ADM'

=∠ABM=45°

，∠DAM'

=∠BAM．

∴∠ADB+∠ADM′=45°

+45°

=90°

，即∠NDM′=90°

∵∠EAF=45°

，∴∠BAM+∠DAN=45°

∴∠DAM′+∠DAF=45°

，即∠M′AN=45°

.∴∠M'

AN=∠MAN．

在△AMN和△AM′N中，AM=AM′，∠MAN=∠M′AN，AN=AN，

∴△AMN≌△AM′N（SAS）.∴M'

N=MN．

∵∠NDM′=90°

，∴M'

N2=DN2+DM'

2，

∴MN2=DN2+BM2.

（2）①BD、DE、EC关系式为：

DE2=BD2+BD•EC+EC2．理由如下：

如图2，把△ABD绕点A逆时针旋转60°

得到△ACF，

连接EF，作FG⊥EC的延长线于点G．

∴△ABD≌△ACF，∠FGC=90°

∴AD=AF，BD=CF，∠BAD=∠CAF，∠B=ACF．

∵∠BAC=60°

，AB=AC，

∴△ABC是等边三角形.∴∠B=∠ACB=60°

．∴∠ACF=60°

∴∠ACF+∠ACB=60°

+60°

=120°

，即∠ECF=120°

∴∠FCG=60°

.∴∠CFG=30°

∴CG=

CF.

在Rt△CFG中，由勾股定理，得FG=

CF．

∵∠DAE=30°

，∴∠BAD+∠EAC=30°

∴∠CAF+∠EAC=30°

，即∠EAF=30°

．∴∠DAE=∠FAE．

在△ADE和△AFE中，AD=AE，∠DAE=∠FAE，∠AE=AE，

∴△ADE≌△AFE（SAS）.∴DE=EF．

在Rt△EGF中，由勾股定理，得EF2=EG2+FG2，

∴EF2=（EC+CG）2+（

CF）2=（EC+

CF）2+

CF2

=EC2+EC·

CF+

CF2+

CF2=EC2+EC·

CF+CF2

②BD、DE、EC等量关系是：

DE2=BD2+2cosαBD·

EC+EC2．理由如下：

把△ABD绕点A逆时针旋转a得到△ACF，连接EF．作FG⊥EC的延长线于点G．

∵AB=AC，∴∠B=∠ACB．

∵∠B+∠ACB+∠BAC=180°

，∠ACB+∠ACF+∠FCG=180°

∴∠BAC=∠FCG=α.∴∠ACF=60°

∴CG=cosα•CF，FG=sinα•CF．

∵∠DAE=

α，∴∠BAD+∠CAE=

α．

∴∠CAF+∠CAE=

α，即∠EAF=

∴∠DAE=∠FAE．

在△ADE和△AFE中，AD=AF，∠DAE=∠FAE，AE=AE，

在Rt△EGF中，由勾股定理，得EF2=EG2+FG2，

∴EF2=（EC+CG）2+（sinαCF）2=（EC+cosα·

CF）2+sin2α·

=EC2+2EC·

cosα·

CF+cos2α·

CF2+sin2α·

CF·

cosα+（cos2α+sin2α）·

cosα+CF2．

【练习5】难度★★★

朝阳区模拟）在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，∠ABC=∠ADC=90°

，∠BAD=α，∠BCD=β，点E，F是四边形ABCD内的两个点，满足∠EAF=

α，∠ECF=

β，连接BE，EF，FD．

（1）如图1，当α=β时，判断∠ABE和∠ADF之间的数量关系，并证明你的猜想；

（2）如图2，当α≠β时，用等式表示线段BE，EF，FD之间的数量关系（直接写出即可）．

（1）结论：

∠ABE+∠ADF=90°

．将△ABE绕点A逆时针旋转90°

得到△ADM，将△BCE绕点C顺时针旋转90°

得到△CDT，连接FM，TF．证明M，D，T共线，再证明FM=FT．DM=DT即可解决问题．

（2）结论：

EF2=BE2+DF2．将△ABE绕点A逆时针旋转α度得到△ADM，将△BCE绕点C顺时针旋转β度得到△CDT，连接FM，TF．证明∠FDM=90°

，利用勾股定理即可解决问题．

理由：

∵AB=AD，CB=CD，∠ABC=∠ADC=90°

，∠BAD=∠BCD，

∴∠BAD=∠BCD=90°

∴四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=AD，

将△ABE绕点A逆时针旋转90°

得到

△CDT，连接FM，TF．

∵∠EAF=

×

=45°

，∴∠MAD+∠DAF=∠BAE+∠DAF=45°

∴∠FAM=∠FAE，

∵AM=AE，AF=AF，∴△AFM≌△AFE（SAS），

∴EF=FM，

同法可证：

EF=FT，∴FM=FT，

∵∠ADM+∠CDT=∠ABE+∠CBE=90°

∴∠MDT=90°

+90°

=180°

∴M，D，T共线，

∵DM=BE，DT=BE，∴DM=DT，

∴FD⊥MT，∴∠FDM=90°

∴∠ADM+∠ADF=90°

∵∠ADM=∠ABE，∴∠ABE+∠ADF=90°

EF2=BE2+DF2．

∵AD=AB，CD=CB，

∴将△ABE绕点A逆时针旋转α度得到△ADM，将△BCE绕点C顺时针旋转β度得到

∠DAB=

α，

∴∠MAD+∠DAF=∠BAE+∠DAF=

，∴FM2=DM2+DF2，

∵FM=EF，DM=BE，

∴EF2=BE2+DF2．

小结

1.旋转三要素和旋转的性质；

2.理解旋转的对角互补模型和角含半角模型；

3