資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
旋轉變換的應用練習
類型一:線段、角、三角形的旋轉
考點說明：根據旋轉的性質：（1）旋轉后的圖形與原圖形全等；（2）對應點與旋轉中心連線形成的角叫做旋轉角；（3）各旋轉角都相等，來解決有關線段、角、三角形的旋轉問題.
【易】1.如圖，在△ABC中，∠CAB=70°，將△ABC繞點A逆時針旋轉到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，則∠BAB′的度數是（　　）
A．70° B．35° C．40° D．50°
【易】2.如圖，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．將△ABC繞點C按順時針方向旋轉n度后得到△EDC，此時點D在AB邊上，斜邊DE交AC邊于點F，則n的大小和圖中陰影部分的面積分別為（　　）
A．30，2 B．60，2 C．60， D．60，
【中】3.已知：如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，將△ABC繞點A順時針方向旋轉60°到△AB′C′的位置，連結BC′，求BC′的長．
【中】4.如圖1，和是兩張全等的三角形紙片，，，，點與邊的中點重合，且點、、、在同一條直線上．如圖2，將繞點順時針旋轉，旋轉過程中邊、分別交邊于點、，設旋轉角．
（1）當________時，；
（2）當線段、、之間滿足關系時，求的大小.
【難】5.如圖9，若和為等邊三角形，，分別，的中點，易證：，是等邊三角形．
（1）當把繞點旋轉到圖10的位置時，與是否相等，請說明理由；
（2）當繞點旋轉到圖11的位置時，請證明是等邊三角形？并求出當時，與及的面積之比.
類型二:四邊形、多邊形的旋轉
考點說明：根據旋轉的性質和四邊形、多邊形的性質與判定解決問題.
【中】1.如圖1，四邊形是正方形，是邊上的一個動點（點與、不重合），以為一邊在正方形外作正方形，連接，．我們探究下列圖中線段、線段的長度關系及所在直線的位置關系．
（1）猜想圖1中線段、線段的長度關系及所在直線的位置關系；
（2）將圖1中的正方形繞著點按順時針（或逆時針）方向旋轉任意角度，得到如圖2、如圖3情形．請你通過觀察、測量等方法判斷（1）中得到的結論是否仍然成立，并選取圖2證明你的判斷．
【中】2.如圖1所示，將一個邊長為2的正方形和一個長為2、寬為1的長方形拼在一起，構成一個大的長方形．現將小長方形繞點順時針旋轉至，旋轉角為．
（1）當點D’恰好落在邊上時，求旋轉角的值；
（2）如圖2，為中點，且，求證：；
（3）小長方形繞點順時針旋轉一周的過程中，與能否全等？若能，直接寫出旋轉角的值；若不能，說明理由．
【中】3.如圖1，若四邊形和都是正方形，顯然圖中有，．
（1）當正方形繞旋轉到如圖2的位置時，是否成立？如果成立請說明理由，如果不成立，請說明理由.
（2）當正方形繞旋轉到如圖3的位置時，延長交于，交于．
①求證：；
②當，時，求的長．
【難】4. 探究：
（1）如圖1，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD上的點，且∠EAF＝45°，試判斷BE、DF與EF三條線段之間的數量關系，直接寫出判斷結果： ；
（2）如圖2，若把(1)問中的條件變為“在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E、F分別是邊BC、CD上的點，且∠EAF=∠BAD”，則（1）問中的結論是否仍然成立？若成立，請給出證明，若不成立，請說明理由；
（3）在（2）問中，若將△AEF繞點A逆時針旋轉，當點分別E、F運動到BC、CD延長線上時，如圖3所示，其它條件不變，則（1）問中的結論是否發生變化？若變化，請給出結論并予以證明.
類型一:手拉手
考點說明：基本模型是我們在平時解題時遇到的比較多的圖形，經過歸納總結得到一般性的結論，認識基本模型，并識別應用模型解決其他較復雜的問題，可以使我們的思路快速簡潔.常見的選擇模型有手拉手/半角/對角互補等.
【中】1.如圖，△ABC和△DBE都是等邊三角形，連接AE、CD.求證：（1）AE=CD，（2）AE和CD所在直線所成的銳角等于60°.
【中】2.如圖，△ABC與△ADE均是等腰直角三角形，連接BD、CE.
（1）探索BD與CE的數量關系與位置關系；
（2）如果把△ADE繞點A旋轉一周，（1）中的結論是否還成立，直接寫出結論.
【難】3.如圖1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，點D，E分別在邊AB，AC上，AD=AE，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點．
（1）觀察猜想：圖1中，線段PM與PN的數量關系是　 　，位置關系是 　；
（2）探究證明：把△ADE繞點A逆時針方向旋轉到圖2的位置，連接MN，BD，CE，判斷△PMN的形狀，并說明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE繞點A在平面內自由旋轉，若AD=4，AB=10，請直接寫出△PMN面積的最大值．
類型二:半角模型
考點說明：識別半角模型，運用旋轉添加輔助線，從而解決問題.
【易】1.如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC.點D，E是BC邊上兩點且∠DAE=45°，
求證：BD2+CE2=DE2.
【中】2.如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°.點D、E是BC邊上兩點，且∠DAE=60°.若BD=5，CE=8.求DE的長度.
【難】3.已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，繞點順時針旋轉，它的兩邊分別交CB、DC（或它們的延長線）于點M、N．
（1）如圖1，當∠MAN=45°繞點A旋轉到BM=DM時，有．當 繞點A旋轉到時，如圖2，請問圖1中的結論還是否成立？如果成立，請給予證明，如果不成立，請說明理由；
（2）當繞點旋轉到如圖3的位置時，線段和之間有怎樣的等量關系？請寫出你的猜想，并證明．
類型三:對角互補
考點說明：識別對角互補模型，運用旋轉找到全等三角形或添加輔助線，從而解決問題.
【中】1.在四邊形ABDC中，AC=AB，DC=DB，∠CAB=60°，∠CDB=120°，E是AC上一點，F是AB延長線上一點，且CE=BF．
（1）試說明：DE=DF；
（2）在圖中，若G在AB上且∠EDG=60°，試猜想CE、EG、BG之間的數量關系并證明此結論；
（3）若題中條件“∠CAB=60°，∠CDB=120°”改為∠CAB=α，∠CDB=180°-α，G在AB上，∠EDG滿足什么條件時，(2)中結論仍然成立？（只寫結果不要證明）．
【中】2.在Rt△ABC中，AB=AC，∠B=90°，將一塊等腰直角三角板的直角頂點O放在斜邊AC的中點上，將三角板繞點O旋轉．
（1）如圖1，三角板的兩直角邊分別交AB，BC于E、F兩點，連接EF，猜想線段AE、CF與EF之間存在的等量關系（無需證明）
（2）如圖2，三角板的兩直角邊分別交AB，BC延長線于E、F兩點，連接EF，判斷①中的結論是否成立，若成立，請證明；若不成立，請說明理由．
【中】3.如圖，等邊△ABC，其邊長為1，D是BC中點，點E，F分別位于AB，AC邊上，且∠EDF=120°．
（1）直接寫出DE與DF的數量關系；
（2）若BE，DE，CF能圍成一個三角形，求出這個三角形最大內角的度數；（要求：寫出思路，畫出圖形，直接給出結果即可）
（3）思考：AE+AF的長是否為定值？如果是，請求出該值，如果不是，請說明理由．
【難】4.菱形ABCD中，兩條對角線AC，BD相交于點O，點E和點F分別是BC和CD上一動點，且∠EOF+∠BCD=180°，連接EF．
（1）如圖1，當∠ABC=90°時，若AC=4，BE=，求線段EF的長；
（2）如圖2，當∠ABC=60°時，求證：CE+CF=AB；
（3）如圖3，當∠ABC=90°時，將∠EOF的頂點移到AO上任意一點O′處，∠EO′F繞點O′旋轉，仍滿足∠EO′F+∠BCD=180°，O′E交BC的延長線一點E，射線O′F交CD的延長線上一點F，連接EF．探究在整個運動變化過程中，線段CE、CF，O′C之間滿足的數量關系，并證明你的結論．
考點說明：能將求極值問題轉化為三點共線問題.
【中】1.如圖，正方形ABCD的邊長為4，對角線AC、BD相交于點O，邊長為3正方形OEFH繞點O旋轉，連接AE，在旋轉過程中，AE的最大值為 ，最小值為 .
【中】2.如圖，AB=4，AC=2.以BC為邊作等邊△BCD，連接AD.求線段AD的最大值 .
【中】3.如圖，∠MON=90°，矩形ABCD的頂點A、B分別在邊OM，ON上，當B在邊ON上運動時，A隨之在邊OM上運動，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB=2，BC=1，運動過程中，點D到點O的最大距離為（　　）
A．+1 B． C． D．
【難】4.閱讀下面材料：
小偉遇到這樣一個問題：如圖1，在△ABC(其中∠BAC是一個可以變化的角)中，AB＝2，AC＝4，以BC為邊在BC的下方作等邊△PBC，求AP的最大值.
(1)小偉是這樣思考的：利用變換將等邊三角形各邊的位置重新組合.他的方法是以點B為旋轉中心將△ABP逆時針旋轉60°得到△A′BC，連接A′A，當點A落在A′C上時，此題可解(如圖2).
請你回答：AP的最大值是____.
(2)參考小偉同學思考問題的方法，解決下列問題：
如圖3，等腰Rt△ABC.邊AB＝4，P為△ABC內部一點，則AP＋BP＋CP的最小值是____.(結果可以不化簡)
類型一:構造基本模型
考點說明：當現有的條件不能充分利用或得不到結論時，能夠及時發現基本模型的潛在條件，選擇合適的方法添加輔助線，從而使問題得以解決.
【易】1.如圖，正方形ABCD的邊長為1，AB、AD上各存一點P、Q，若△APQ的周長為2，求∠PCQ的度數.
【易】2.如圖，已知△ABC，∠CAB=30°，AB=4，AC=3，以BC為邊向外作等邊△BCD，連接AD，則AD的長為 .
【中】3.如圖，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點E是AC上一點，連接BE．如圖2，點D是線段BE延長線上一點，過點A作AF⊥BD于點F，連接CD、CF，當AF=DF時，求證：DC=BC．
【難】4.如圖，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，其中∠ACB=∠BDE=90°，AC=BC，BD=ED，連接AE，點F是AE的中點，連接DF．
（1）如圖1，若B、C、D共線，且AC=CD=2，求BF的長度；
（2）如圖2，若A、C、F、E共線，連接CD，求證：DC=DF．
類型二:將分散的條件集中
考點說明：當現有的條件不能充分利用或得不到結論時，能夠及時發現基本模型的潛在條件，選擇合適的方法添加輔助線，從而使問題得以解決.
【易】1.如圖，已知點P是等邊△ABC內一點，PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度數．
【易】2. 如圖，P為正方形ABCD內一點，且PA：PB：PC=1：2：3，求∠APB的度數.
【中】3.如圖，點O是等邊△ABC內一點，連接OA、OB、OC，將△BOC繞點C按順時針方向旋轉60°得△ADC，連接OD．
（1）求證：△COD是等邊三角形；
（2）若OA=3，OC=4，OB=5，試判斷△AOD的形狀，并說明理由．
（3）若∠AOB=110°，∠BOC=α，請探究：當α為多少度時，△AOD是等腰三角形？
【難】4.已知：在△ABC中，∠BAC=60°．
（1）如圖1，若AB=AC，點P在△ABC內，且∠APC=150°，PA=3，PC=4，把△APC繞著點A順時針旋轉，使點C旋轉到點B，得到△ADB，連結DP．
①依題意補全圖1；
②直接寫出PB的長；
（2）如圖2，若AB=AC，點P在△ABC外，且PA=3，PB=5，PC=4，求∠APC的度數；
（3）如圖3，若AB=2AC，點P在△ABC內，且PA=，PB=5，∠APC=120°，直接寫出PC的長．
第1頁中小學教育資源及組卷應用平臺
旋轉變換的應用練習
類型一:線段、角、三角形的旋轉
考點說明：根據旋轉的性質：（1）旋轉后的圖形與原圖形全等；（2）對應點與旋轉中心連線形成的角叫做旋轉角；（3）各旋轉角都相等，來解決有關線段、角、三角形的旋轉問題.
【易】1.如圖，在△ABC中，∠CAB=70°，將△ABC繞點A逆時針旋轉到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，則∠BAB′的度數是（　　）
A．70° B．35° C．40° D．50°
【答案】C
【解析】解：∵△ABC繞點A逆時針旋轉到△AB′C′的位置，
∴AC′=AC，∠B′AB=∠C′AC，
∴∠AC′C=∠ACC′，
∵CC′∥AB，
∴∠ACC′=∠CAB=70°，
∴∠AC′C=∠ACC′=70°，
∴∠CAC′=180°﹣2×70°=40°，
∴∠B′AB=40°，
故選：C．
【易】2.如圖，在Rt△ABC 中，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2．將△ABC繞點C按順時針方向旋轉n度后得到△EDC，此時點D在AB邊上，斜邊DE交AC邊于點F，則n的大小和圖中陰影部分的面積分別為（　　）
A．30，2 B．60，2 C．60， D．60，
【答案】C
【解析】解：∵△ABC是直角三角形，∠ACB=90°，∠A=30°，BC=2，
∴∠B=60°，AC=BC×cot∠A=2×=2，AB=2BC=4，
∵△EDC是△ABC旋轉而成，∴BC=CD=BD=AB=2，
∵∠B=60°，∴△BCD是等邊三角形，∴∠BCD=60°，
∴∠DCF=30°，∠DFC=90°，即DE⊥AC，∴DE∥BC，
∵BD=AB=2，∴DF是△ABC的中位線，
∴DF=BC=×2=1，CF=AC=×2=，
∴S陰影=DF×CF=×=．故選C．
【中】3.已知：如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=，將△ABC繞點A順時針方向旋轉60°到△AB′C′的位置，連結BC′，求BC′的長．
【答案】解：如圖，連結BB′，
∵△ABC繞點A順時針旋轉60°得到△AB′C′．
∴AB=AB′，∠BAB′=60°，∴△ABB′是等邊三角形，
∴AB=BB′=AB′，
延長BC′交AB′于點D，
又∵AC′=B′C′，∴BD垂直平分AB′，∴AD=B′D，
∵∠C=90°，AC=BC=
∴AB==2，
∴AB′=2
∴AD=B′D=1，
∴BD==，C′D==1，
∴BC′=BD﹣C′D=．
【解析】連接BB′，根據旋轉的性質可得AB=AB′，判斷出△ABB′是等邊三角形，根據等邊三角形的三條邊都相等可得AB=BB′，延長BC′交AB′于D，根據等邊三角形的性質可得BD⊥AB′，利用勾股定理列式求出AB，然后根據等邊三角形的性質和等腰直角三角形的性質求出BD、C′D，然后根據BC′=BD﹣C′D計算即可得解．
【中】4.如圖1，和是兩張全等的三角形紙片，，，，點與邊的中點重合，且點、、、在同一條直線上．如圖2，將繞點順時針旋轉，旋轉過程中邊、分別交邊于點、，設旋轉角．
（1）當________時，；
（2）當線段、、之間滿足關系時，求的大小.
【答案】解：（1）30；
（2）作點關于的對稱點，連接、、、
則，，
∵是斜邊的中點，
∴
∴，∴
∵，
∴，,
∴,
又，，
∴,∴,
∵，∴,
∴，∴，
∴,∴，
∴,∴，即,
【解析】（1）解：連接OA
為的中點，
又BH=AG
且
（2）作△AOG關于OD的對稱△KOG，利用SAS得到，將的關系轉化到同一個三角形中，從而得到90 ，接著得到45 .
【難】5.如圖9，若和為等邊三角形，，分別，的中點，易證：，是等邊三角形．
（1）當把繞點旋轉到圖10的位置時，與是否相等，請說明理由；
（2）當繞點旋轉到圖11的位置時，請證明是等邊三角形？并求出當時，與及的面積之比.
【答案】（1）．
理由如下:∵和為等邊三角形
∴，，
∵，
，
∴，
∴，∴
是等邊三角形．
理由如下：，∴．
∵、分別是、的中點，
∴
∵，，∴．
∴，．
∴
∴是等邊三角形．
設，則．
∵，，∴．
∵為等邊三角形，∴，，
∴，∴．
∴在中，，，∴．
∵為中點，∴，
∴．
∵，，為等邊三角形，且
∴
解法二：是等邊三角形．
理由如下：∵，、分別是、的中點，
∴，．
∵，∴，
∴，
∴
∴是等邊三角形
設，則，
易證，∴，
∴∴
∵，，為等邊三角形
∴.
類型二:四邊形、多邊形的旋轉
考點說明：根據旋轉的性質和四邊形、多邊形的性質與判定解決問題.
【中】1.如圖1，四邊形是正方形，是邊上的一個動點（點與、不重合），以為一邊在正方形外作正方形，連接，．我們探究下列圖中線段、線段的長度關系及所在直線的位置關系．
（1）猜想圖1中線段、線段的長度關系及所在直線的位置關系；
（2）將圖1中的正方形繞著點按順時針（或逆時針）方向旋轉任意角度，得到如圖2、如圖3情形．請你通過觀察、測量等方法判斷（1）中得到的結論是否仍然成立，并選取圖2證明你的判斷．
【答案】：
（1），；
∵四邊形和四邊形是正方形，
∴，，，
∴，
在和中，，
∴，
∴；
延長交于點，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，即；
（2），仍然成立，
在圖（2）中證明如下
∵四邊形、四邊形都是正方形
∴，，
∴，
∴
∴，，
又∵，
∴
∴
∴．
【解析】(1)根據正方形的性質,顯然△BCG順時針旋轉90°即可得到△DCE,從而判斷兩條直線之間的關系；(2)結合正方形的性質,根據SAS仍然能夠判定,從而證明結論.
【中】2.如圖1所示，將一個邊長為2的正方形和一個長為2、寬為1的長方形拼在一起，構成一個大的長方形．現將小長方形繞點順時針旋轉至，旋轉角為．
（1）當點D’恰好落在邊上時，求旋轉角的值；
（2）如圖2，為中點，且，求證：；
（3）小長方形繞點順時針旋轉一周的過程中，與能否全等？若能，直接寫出旋轉角的值；若不能，說明理由．
【答案】解：（1）∵，
∴
∴
∴
（2）∵為中點，∴
∴
∴
又∵，∴
∴
（3）能．
或.
【解析】（1）根據旋轉的性質得，在中，求出，再根據平行線之間內錯角相等的性質得即可.（2）根據點為中點得，即可得，再根據旋轉的規律得，，再由邊角邊全等判定定理可得，即可得.（3）∵四邊形為正方形，∴，∵，∴與為腰相等的兩等腰三角形.
當與為鈍角三角形時，則旋轉角.
當與為銳角三角形時，，
則旋轉角，即旋轉角的值為或時，與全等.
【中】3.如圖1，若四邊形和都是正方形，顯然圖中有，．
（1）當正方形繞旋轉到如圖2的位置時，是否成立？如果成立請說明理由，如果不成立，請說明理由.
（2）當正方形繞旋轉到如圖3的位置時，延長交于，交于．
①求證：；
②當，時，求的長．
【答案】（1）成立．
證明：∵四邊形、四邊形是正方形，
∴，，
．
∴．
∴．
∴．
（2）①類似（1）可得，
∴．
又∵，
∴，即．
②連接，交于，連接，
∵四邊形是正方形，∴，
∴，．
∵，，∴，
∴以為底邊的的高為，（延長畫高）
∴
∴．
【解析】(1)尋找AG、CE所在的兩個三角形全等的條件,證明全等即可；(2)①由△AGD ≌△CED,可以知道,利用對頂角相等及互余關系證明垂直；②連接GE交AD于P,根據,再分別表示四個三角形的底和高,列方程求CH.
【難】4. 探究：
（1）如圖1，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、CD上的點，且∠EAF＝45°，試判斷BE、DF與EF三條線段之間的數量關系，直接寫出判斷結果： ；
（2）如圖2，若把(1)問中的條件變為“在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，E、F分別是邊BC、CD上的點，且∠EAF=∠BAD”，則（1）問中的結論是否仍然成立？若成立，請給出證明，若不成立，請說明理由；
（3）在（2）問中，若將△AEF繞點A逆時針旋轉，當點分別E、F運動到BC、CD延長線上時，如圖3所示，其它條件不變，則（1）問中的結論是否發生變化？若變化，請給出結論并予以證明.
【答案】（1）EF= BE＋DF
（2）結論EF= BE＋DF仍然成立（如圖2）
證明：將△ADF繞點A順時針旋轉，使AD與AB重合，得到，
∴△ADF≌，
∴∠1=∠2， A=AF，=DF，∠=∠D
又∵∠EAF=∠BAD，即∠4=∠2+∠3，∴∠4=∠1+∠3.
又∵∠ABC＋∠D＝180°，∴∠A＋∠AB E=180°，即：、B 、E共線.
在△AEF與△AEF’中，
AF=A，
∠4=∠1+∠3，
AE=AE
∴△AEF≌△AE中，
∴EF=E，又E=BE＋B,即：EF= BE＋DF.
（3）發生變化. EF、BE、DF之間的關系是EF= BE－DF.
證明：將△ADF繞點A順時針旋轉，使AD與AB重合，點F落在BC上點處， 得到△AB，如圖3所示.
∴△ADF≌△AB，∴∠B A=∠DAF ， A=AF，B=DF.
又∵∠EAF=∠BAD，且∠B A=∠DAF
∴∠AE=∠FA E.
在△AE與△FA E中
AF=A，
∠AE=∠FA E,
AE=AE,
∴△AE≌△FA E，∴EF=E，
又∵BE= B＋E，∴E=BE－B 即EF= BE－DF
【解析】(2)可通過旋轉圖形構建全等三角形進行求證.把繞點順時針旋轉得到，那么，，三點共線，然后證得和全等得出，由于，因此可證得
(3) 將△ADF繞點A順時針旋轉，使AD與AB重合，可得△ADF≌△AB，那么，，三點共線，然后證得和全等得出，由于，因此可證得
類型一:手拉手
考點說明：基本模型是我們在平時解題時遇到的比較多的圖形，經過歸納總結得到一般性的結論，認識基本模型，并識別應用模型解決其他較復雜的問題，可以使我們的思路快速簡潔.常見的選擇模型有手拉手/半角/對角互補等.
【中】1.如圖，△ABC和△DBE都是等邊三角形，連接AE、CD.求證：（1）AE=CD，（2）AE和CD所在直線所成的銳角等于60°.
【答案】（1）證明：因為△ABC和△DBE都是等邊三角形
所以AB=CB,EB=DB，且∠EBD=∠ABC=60°.
所以∠ABE=∠CBD
所以△ABE≌△CBD.
所以AE=CD.
（2）如圖，延長CD分別交AE、AB于點F、G.
由全等可得，∠GAF=∠BCG，又∠AGF=∠CGB.
所以∠AFG=∠CBG=60°.
【解析】（1）根據SAS可得△ABE≌△CBD. 所以AE=CD.（2）由△ABE≌△CBD可得∠GAF=∠BCG， 所以∠AFG=∠CBG=60°.
【中】2.如圖，△ABC與△ADE均是等腰直角三角形，連接BD、CE.
（1）探索BD與CE的數量關系與位置關系；
（2）如果把△ADE繞點A旋轉一周，（1）中的結論是否還成立，直接寫出結論.
【答案】(1) BD=CE，BD⊥CE.
理由如下：∵與均是等腰直角三角形,
,,,
∴∠BAD=∠CAE，∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，
∵∠ABD +∠DBC+∠ACB=90°
∴∠ACE +∠DBC+∠ACB=90°
∴BD⊥CE
（2）依然成立.BD=CE，BD⊥CE
【解析】(1)根據SAS得到△ABE≌△CBD.從而AE=CD，∠BAE=∠BCD，再運用角度計算得到∠AFG=90°，從而得到垂直.(2)證明方法同上.
【難】3.如圖1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，點D，E分別在邊AB，AC上，AD=AE，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點．
（1）觀察猜想：圖1中，線段PM與PN的數量關系是　 　，位置關系是 　；
（2）探究證明：把△ADE繞點A逆時針方向旋轉到圖2的位置，連接MN，BD，CE，判斷△PMN的形狀，并說明理由；
（3）拓展延伸：把△ADE繞點A在平面內自由旋轉，若AD=4，AB=10，請直接寫出△PMN面積的最大值．
【答案】解：（1）∵點P，N是BC，CD的中點，
∴PN∥BD，PN=BD，
∵點P，M是CD，DE的中點，
∴PM∥CE，PM=CE，
∵AB=AC，AD=AE，∴BD=CE，∴PM=PN，
∵PN∥BD，∴∠DPN=∠ADC，
∵PM∥CE，∴∠DPM=∠DCA，
∵∠BAC=90°，∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
∴PM⊥PN，故答案為：PM=PN，PM⊥PN，
（2）由旋轉知，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
同（1）的方法，利用三角形的中位線得，PN=BD，PM=CE，
∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，∴△PMN是等腰直角三角形，
（3）如圖2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，
∴MN最大時，△PMN的面積最大，
∴DE∥BC且DE在頂點A上面，
∴MN最大=AM+AN，
連接AM，AN，
在△ADE中，AD=AE=4，∠DAE=90°，∴AM=2，
在Rt△ABC中，AB=AC=10，AN=5，
∴MN最大=2+5=7，
∴S△PMN最大=PM2=×MN2=×（7）2=．
方法2、由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=BD，
∴PM最大時，△PMN面積最大，
∴點D在AB的延長線上，
∴BD=AB+AD=14，∴PM=7，
∴S△PMN最大=PM2=×72=
【解析】（1）利用三角形的中位線得出PM=CE，PN=BD，進而判斷出BD=CE，即可得出結論，再利用三角形的中位線得出PM∥CE得出∠DPM=∠DCA，最后用互余即可得出結論；（2）先判斷出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出PM=BD，PN=BD，即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出結論；（3）方法1、先判斷出MN最大時，△PMN的面積最大，進而求出AN，AM，即可得出MN最大=AM+AN，最后用面積公式即可得出結論．方法2、先判斷出BD最大時，△PMN的面積最大，而BD最大是AB+AD=14，即可．
類型二:半角模型
考點說明：識別半角模型，運用旋轉添加輔助線，從而解決問題.
【易】1.如圖，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC.點D，E是BC邊上兩點且∠DAE=45°，
求證：BD2+CE2=DE2.
【答案】證明：因為AB=AC，且∠BAC=90°.將△ABD繞點A逆時針旋轉90°得到△ACG，連接EG. 如下圖：
由旋轉的性質可知，△ABD≌△ACG.
∴AD=AG，∠BAD=∠CAG，∠ABD=∠ACG=45°.
∵∠DAE=45°，
∴∠BAD+∠EAC=∠CAG+∠EAC=45°
∴∠DAE=∠GAE
∴△DAE≌△GAE(SAS)
∴DE=GE
在Rt△GCE中CE2+CG2=GE2
∵BD=CG，DE=CG∴BD2+CE2=DE2
【解析】將△ABD繞點A逆時針旋轉90°得到△ACG，從而得到Rt△ECG,再證得△DAE≌△GAE(SAS)得到結論.
【中】2.如圖，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°.點D、E是BC邊上兩點，且∠DAE=60°.若BD=5，CE=8.求DE的長度.
【答案】∵AB=AC ，
∴ 可把 △AEC 繞點 A 順時針旋轉 120 得到 △AE′B ，
∴BE′=EC=8,AE′=AE,∠E′AB=∠EAC ，
∵∠BAC=120 ,∠DAE=60 ，
∴∠BAD+∠EAC=60 ，
∴∠E′AD=∠E′AB+∠BAD=60 ，
在 △E′AD 和 △EAD 中
AE′=AE,∠E′AD=∠EAD,AD=AD
∴△E′AD ≌ △EAD(SAS) ，∴E′D=ED ，
過 E′ 作 EF⊥BD 于點 F ，
∵AB=AC,∠BAC=120 ，∴∠ABC=∠C=∠E′BA=30 ，
∴∠E′BF=60 ，∴∠BE′F=30 ，
∴BF= BE′=4,E′F=4 ，
∵BD=5 ，∴FD=BD BF=1 ，
在 Rt△E′FD 中 , 由勾股定理可得 E′D=( )2+12=7 ，
∴DE=7.
【解析】把△AEC繞點A順時針旋轉120°得到△AE′B，再結合條件可證明△AE′D≌△AED，可得DE′=DE，過E′作EF⊥BD于點F，可求得DF和E′F的長，在Rt△E′FD中可求得DE′，則可求得DE．
【難】3.已知：正方形ABCD中，∠MAN=45°，繞點順時針旋轉，它的兩邊分別交CB、DC（或它們的延長線）于點M、N．
（1）如圖1，當∠MAN=45°繞點A旋轉到BM=DM時，有．當 繞點A旋轉到時，如圖2，請問圖1中的結論還是否成立？如果成立，請給予證明，如果不成立，請說明理由；
（2）當繞點旋轉到如圖3的位置時，線段和之間有怎樣的等量關系？請寫出你的猜想，并證明．
【答案】（1）答：圖1的結論仍然成立，即 ．
證明：如圖2，在MB的延長線上截取BE=DN，連結AE ．
易證 （SAS）．
∴AE=AN，∠EAB=∠NAD．
∴．又AM為公共邊，
∴．．
，即．
（2）猜想：線段和之間的等量關系為： ．
證明：如圖3，在DN上截取DE=MB，連結A E ．
易證（SAS）． ∴ AM=AE；∠MAB=∠EAD．
易證（SAS）．．
∵，∴．
【解析】（1）可通過旋轉圖形構建全等三角形進行求證.把繞點順時針旋轉，得到，那么，，三點共線，然后證得和全等得出，由于，因此可 證得；（2）如圖，參照（1）中的求法，證得，可得，進而可得到.
類型三:對角互補
考點說明：識別對角互補模型，運用旋轉找到全等三角形或添加輔助線，從而解決問題.
【中】1.在四邊形ABDC中，AC=AB，DC=DB，∠CAB=60°，∠CDB=120°，E是AC上一點，F是AB延長線上一點，且CE=BF．
（1）試說明：DE=DF；
（2）在圖中，若G在AB上且∠EDG=60°，試猜想CE、EG、BG之間的數量關系并證明此結論；
（3）若題中條件“∠CAB=60°，∠CDB=120°”改為∠CAB=α，∠CDB=180°-α，G在AB上，∠EDG滿足什么條件時，(2)中結論仍然成立？（只寫結果不要證明）．
【答案】（1）如圖1，連接AD，
在△ACD和△ABD中，
AC=AB,CD=BD,AD=AD，
∴△ACD≌△ABD（SSS）
∴∠C=∠DBA．
又∵∠CAB=60°，∠CDB=120°，
∴∠C=∠DBA=∠DBF=90°．
在△DCE和△DBF中，
DC＝DB, ∠DCE＝∠DBF, CE＝BF，
∴△ECD≌△FBD（SAS）
∴DE=DF．
（2）由（1）知△ECD≌△FBD，
∴DF=DE，∠CDE=∠BDF．
又∵∠CDE+∠GDB=∠CDB-∠EDG=120°-60°=60°
∴∠EDG=∠FDG．
在△EGD和△FGD中，
ED＝FD, ∠EDG＝∠FDG, DG＝DG，
∴∴△EGD≌△FGD（SAS）
∴EG=FG=GB+BF，
∴EG=CE+BG；
（3）EG=CE+BG
【解析】（1）根據全等三角形的判定與性質，可得∠C=∠DBA，根據全等三角形的判定與性質，可得DE與DF的關系； （2）根據全等三角形的性質，可得DF=DE，∠CDE=∠BDF，再根據全等三角形的判定與性質，可得EG=FG=GB+BF；（3）根據（2）中的證明過程同理可證得.
【中】2.在Rt△ABC中，AB=AC，∠B=90°，將一塊等腰直角三角板的直角頂點O放在斜邊AC的中點上，將三角板繞點O旋轉．
（1）如圖1，三角板的兩直角邊分別交AB，BC于E、F兩點，連接EF，猜想線段AE、CF與EF之間存在的等量關系（無需證明）
（2）如圖2，三角板的兩直角邊分別交AB，BC延長線于E、F兩點，連接EF，判斷①中的結論是否成立，若成立，請證明；若不成立，請說明理由．
【答案】解：（1）猜想：AE2+CF2=EF2，
連接OB，如圖1，
∵AB=BC，∠ABC=90°，O點為AC的中點，
∴OB=AC=OC，∠BOC=90°，∠ABO=∠BCO=45°．
∵∠EOF=90°，∴∠EOB+∠BOF=∠FOC+∠BOF．
∴∠EOB=∠FOC，
在△OEB和△OFC中，
，
∴△OEB≌△OFC（ASA）．
∴BE=CF，
又∵BA=BC，∴AE=BF．
在Rt△EBF中，∵∠EBF=90°，
∴BF2+BE2=EF2，∴AE2+CF2=EF2；
（2）成立．理由如下：
連接OB．如圖2，
∵AB=BC，∠ABC=90°，O點為AC的中點，
∴OB=AC=OC，∠BOC=90°，∠ABO=∠BCO=45°．
∵∠EOF=90°，∴∠EOB=∠FOC．
在△OEB和△OFC中，
，
∴△OEB≌△OFC（ASA）．
∴BE=CF，
又∵BA=BC，∴AE=BF．
在Rt△EBF中，∵∠EBF=90°，
∴BF2+BE2=EF2，∴AE2+CF2=EF2．
【解析】（1）連接OB，證△OEB≌△OFC，推出BE=CF，由勾股定理即可得出結論；（2）連接OB，求出OB=AC=OC，∠BOC=90°，∠EOB=∠FOC，∠EBO=∠FCO，證△OEB≌△OFC，推出BE=CF，在Rt△EBF中，由勾股定理得出BF2+BE2=EF2，即可得出答案.
【中】3.如圖，等邊△ABC，其邊長為1，D是BC中點，點E，F分別位于AB，AC邊上，且∠EDF=120°．
（1）直接寫出DE與DF的數量關系；
（2）若BE，DE，CF能圍成一個三角形，求出這個三角形最大內角的度數；（要求：寫出思路，畫出圖形，直接給出結果即可）
（3）思考：AE+AF的長是否為定值？如果是，請求出該值，如果不是，請說明理由．
【答案】（1）結論：DE=DF．
證明：如圖1中，連接AD，作DN⊥AB，DM⊥AC垂足分別為N、M．
∵△ABC是等邊三角形，∴∠BAC=60°，AB=AC，
∵BD=DC，∴∠BAD=∠CAD，∴DN=DM，
∵∠EDF=120°，∴∠EDF+∠BAC=180°，∠AED+∠AFD=180°，
∵∠AED+∠DEN=180°，∴∠DFM=∠DEN，
在△DNE和△DMF中，
，
∴△DNE≌△DMF，
∴DE=DF．
（2）能圍成三角形，最大內角為120°．
證明：如圖2中，延長FD到M使得DF=DM，連接BM，EM．
在△DFC和△DMB中，
，
∴△DFC≌△DMB，
∴∠C=∠MBD=60°，BM=CF，
∵DE=DF=DM，∠EDM=180°﹣∠EDF=60°，
∴△EDM是等邊三角形，∴EM=DE，
∴EB、ED、CF能圍成△EBM，最大內角∠EBM=∠EBC+∠DBM=60°+60°=120°．
（3）如圖1中，在△ADN和△ADM中，
，
∴△ADN≌△ADM，
∴AN=AM，∴AE+AF=AN﹣EN+AM+MF，
由（1）可知EN=MF．
∴AE+AF=2AN，
∵BD=DC=，在RT△BDN中，∵∠BDN=30°，
∴BN=BD=，∴AN=AB﹣BN=，∴AE+AF=．
【解析】（1）結論：DE=DF．如圖1中，連接AD，作DN⊥AB，DM⊥AC垂足分別為N、M，只要證明△DNE≌△DMF即可．（2）能圍成三角形，最大內角為120°．延長FD到M使得DF=DM，連接BM，EM，由△DFC≌△DMB得∠C=∠BMD=60°，BM=CF，因為DE=DF=DM，∠EDM=180°﹣∠EDF=60°，所以△EDM是等邊三角形，由此不難證明．（3）如圖1中，先證明△ADN≌△ADM，再證明AE+AF=2AN，求出AN即可解決問題．
【難】4.菱形ABCD中，兩條對角線AC，BD相交于點O，點E和點F分別是BC和CD上一動點，且∠EOF+∠BCD=180°，連接EF．
（1）如圖1，當∠ABC=90°時，若AC=4，BE=，求線段EF的長；
（2）如圖2，當∠ABC=60°時，求證：CE+CF=AB；
（3）如圖3，當∠ABC=90°時，將∠EOF的頂點移到AO上任意一點O′處，∠EO′F繞點O′旋轉，仍滿足∠EO′F+∠BCD=180°，O′E交BC的延長線一點E，射線O′F交CD的延長線上一點F，連接EF．探究在整個運動變化過程中，線段CE、CF，O′C之間滿足的數量關系，并證明你的結論．
【答案】解（1）∵在菱形ABCD中，∠ABC=90°，∴菱形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，OB=OC，AB=AC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BCD=90°
∵∠EOF+∠BCD=180°，∴∠EOF=90°，∴∠BOE=∠COF，
在△OBE和△COF中，
∴△OBE≌△OCF（ASA），
∴BE=CF=，
在Rt△ABC中，AB2+BC2=AC2，AC=4，
∴BC=4，∴CE=，
在Rt△CEF中，CE2+CF2=EF2，∴EF=；
（2）證明：如圖1中，連接EF，在CO上截取CN=CF．
∵∠EOF+∠ECF=180°，∴O、E、C、F四點共圓，
∵∠ABC=60°，四邊形ABCD是菱形，
∴∠BCD=180°﹣∠ABC=120°，
∴∠ACB=∠ACD=60°，
∴∠OEF=∠OCF，∠OFE=∠OCE，
∴∠OEF=∠OFE=60°，
∴△OEF是等邊三角形，
∴OF=FE，
∵CN=CF，∠FCN=60°，
∴△CFN是等邊三角形，
∴FN=FC，∠OFE=∠CFN，
∴∠OFN=∠EFC，
在△OFN和△EFC中，
，
∴△OFN≌△EFC（SAS），
∴ON=EC，
∴CE+CF=CN+ON=OC，
∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴∠CBO=30°，AC⊥BD，
∵在Rt△BOC中，∠BOC=90°，∠OBC=30°，
∴OC=BC=AB，∴CE+CF=AB．
（3）結論：CF﹣CE=O′C．
理由：如圖2，過點O′作O′H⊥AC交CF于H，
∵∠O′CH=∠O′HC=45°，∴O′H=O′C，
∵∠FO′E=∠HO′C，
∴∠FO′H=∠CO′E，
∵∠EOF=∠ECF=90°，
∴O′、C、F、E四點共圓，
∴∠O′EF=∠O′CF=45°，
∴∠O′FE=∠O′EF=45°，
∴O′E=O′F，
在△FO′H和△EO′C中，
，
∴△FO′H≌△EO′C（SAS），
∴FH=CE，
∴CF﹣CE=CF﹣FH=CH=O′C．
【解析】（1）首先證得△OBE≌△OCF（ASA），然后在Rt△CEF中，根據CE2+CF2=EF2即可解決問題．（2）如圖1中，連接EF，在CO上截取CN=CF，只要證明△OFN≌△EFC，即可推出CE+CF=OC，再證明OC=AB即可．（3）結論：CF﹣CE=O′C，過點O′作O′H⊥AC交CF于H，只要證明△FO′H≌△EO′C，推出FH=CE，再根據等腰直角三角形性質即可解決問題．
考點說明：能將求極值問題轉化為三點共線問題.
【中】1.如圖，正方形ABCD的邊長為4，對角線AC、BD相交于點O，邊長為3正方形OEFH繞點O旋轉，連接AE，在旋轉過程中，AE的最大值為 ，最小值為 .
【答案】 ，
【解析】由正方形ABCD的邊長為4可得OA= ，而線段OE的長為3，所以當點A、O、E三點共線時會取得極值.
【中】2.如圖，AB=4，AC=2.以BC為邊作等邊△BCD，連接AD.求線段AD的最大值 .
【答案】6
【解析】以AB為邊作等邊三角形AEB，連接CE，如圖所示，
從而構造手拉手模型，得到△EBC≌△ABD（SAS），∴AE=AB=4，AD=EC
當點C、A、E在同一直線上時EC最大為AC+AE=6，故答案為6.
【中】3.如圖，∠MON=90°，矩形ABCD的頂點A、B分別在邊OM，ON上，當B在邊ON上運動時，A隨之在邊OM上運動，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB=2，BC=1，運動過程中，點D到點O的最大距離為（　　）
A．+1 B． C． D．
【答案】A
【解析】解：如圖，取AB的中點E，連接OE、DE、OD，
∵OD≤OE+DE，∴當O、D、E三點共線時，點D到點O的距離最大，
此時，∵AB=2，BC=1，∴OE=AE=AB=1，DE===，
∴OD的最大值為：+1．故選：A．
【難】4.閱讀下面材料：
小偉遇到這樣一個問題：如圖1，在△ABC(其中∠BAC是一個可以變化的角)中，AB＝2，AC＝4，以BC為邊在BC的下方作等邊△PBC，求AP的最大值.
(1)小偉是這樣思考的：利用變換將等邊三角形各邊的位置重新組合.他的方法是以點B為旋轉中心將△ABP逆時針旋轉60°得到△A′BC，連接A′A，當點A落在A′C上時，此題可解(如圖2).
請你回答：AP的最大值是____.
(2)參考小偉同學思考問題的方法，解決下列問題：
如圖3，等腰Rt△ABC.邊AB＝4，P為△ABC內部一點，則AP＋BP＋CP的最小值是____.(結果可以不化簡)
【答案】解：（1）如圖2，
∵△ABP逆時針旋轉60°得到△A′BC，
∴∠A′BA=60°，A′B=AB，AP=A′C∴△A′BA是等邊三角形，
∴A′A=AB=BA′=2，
在△AA′C中，A′C＜AA′+AC，即AP＜6，
則當點A′A、C三點共線時，A′C=AA′+AC，即AP=6，即AP的最大值是6.
如圖3，
∵Rt△ABC是等腰三角形，∴AB=BC．
以B為中心，將△APB逆時針旋轉60°得到△A'P'B．
則A'B=AB=BC=4，PA=P′A′，PB=P′B，
∴PA+PB+PC=P′A′+P'B+PC．
∵當A'、P'、P、C四點共線時，（P'A+P'B+PC）最短，即線段A'C最短，
∴A'C=PA+PB+PC，∴A'C長度即為所求．
過A'作A'D⊥CB延長線于D．
∵∠A'BA=60°（由旋轉可知），∴∠1=30°．
∵A'B=4，∴A'D=2，
∴CD=4+2．在Rt△A'DC中A'C2=A'D2+DC2=22+(4+2)2
∴A'C=
∴AP+BP+CP的 最小值是2 +2 （或不化簡為 ）.
【解析】（1）根據旋轉的性質知A′A=AB=BA′=2，AP=A′C，所以在△AA′C中，利用三角形三邊關系來求A′C即AP的長度；（2）以B為中心，將△APB逆時針旋轉60°得到△A'P'B．根據旋轉的性質推知PA+PB+PC=P'A′+P'B+PC．當A'、P'、P、C四點共線時，（P'A′+P'B+PC）最短，即線段A'C最短．然后通過作輔助線構造直角三角形A′DC，在該直角三角形內利用勾股定理來求線段A′C的長度．
類型一:構造基本模型
考點說明：當現有的條件不能充分利用或得不到結論時，能夠及時發現基本模型的潛在條件，選擇合適的方法添加輔助線，從而使問題得以解決.
【易】1.如圖，正方形ABCD的邊長為1，AB、AD上各存一點P、Q，若△APQ的周長為2，求∠PCQ的度數.
【答案】把△CDQ繞點C旋轉90°到△CBF的位置，CQ=CF
∵AQ+AP+QP=2,
又AQ+QD+AP+PB=2,∴QD+BP=QP.
又DQ=BF，∴PQ=PF.
∴.
∴∠QCP=∠FCP.
又∵∠QCF=90°，∴∠PCQ=45°。
【解析】把△CDQ繞點C旋轉90°到△CBF的位置,再證得即可得解.
【易】2.如圖，已知△ABC，∠CAB=30°，AB=4，AC=3，以BC為邊向外作等邊△BCD，連接AD，則AD的長為 .
【答案】5
【解析】以AB為邊作等邊三角形AEB,連接CE,如圖所示,
從而構造手拉手模型，得到△EBC≌△ABD（SAS）,
∴AD=EC=5.
【中】3.如圖，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點E是AC上一點，連接BE．如圖2，點D是線段BE延長線上一點，過點A作AF⊥BD于點F，連接CD、CF，當AF=DF時，求證：DC=BC．
【答案】解：如圖，過點作交于點
所以，因為，所以，
因為，所以，所以，
因為，所以，
在和中，
，
所以，所以，
又因為，所以，
所以，，所以。
在和中，
，
所以，
所以，因為，所以。
【解析】過點作交于點，先通過證，得出，，進而得出，結合已知條件可證，從而可得，通過等量代換可得.
【難】4.如圖，△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，其中∠ACB=∠BDE=90°，AC=BC，BD=ED，連接AE，點F是AE的中點，連接DF．
（1）如圖1，若B、C、D共線，且AC=CD=2，求BF的長度；
（2）如圖2，若A、C、F、E共線，連接CD，求證：DC=DF．
【答案】解：（1）∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，
∴AC=BC=CD=2，BD=DE=4，BE=4，AB=2，∠ABC=∠DBE=45°，
∴∠ABE=90°，
∴AE===2，
∵AF=EF，∴BF=AE=．
（2）作AM∥DE交DF的延長線于M，交BD于N，連接CM．
∵AM∥DE，∴∠MAE=∠DEF，
在△AFM和△EFD中，
，
∴△AFM≌△EFD，
∴AM=DE=BD，MF=DF.
∵∠BCE=∠BDE=90°，∠COB=∠DOE，
∴∠CBD=∠DEF=∠MAF．
在△ACM和△BCD中，
，
∴△ACM≌△BCD，
∴∠ACM=∠BCD，CM=CD，
∴∠ACB=∠MCD=90°
∴△CDM是等腰直角三角形，
又MF=DF，∴∠DCO=∠OCF=45°，
∴△CDF是等腰直角三角形，
∴CD=DF．
【解析】（1）證明△ABE是直角三角形，求出AB、BE，由勾股定理求出AE，再利用直角三角形斜邊中線的性質即可解決問題；（2）作AM∥DE交DF的延長線于M，交BD于N，連接CM．只要證明△CDM，△CDF都是等腰直角三角形即可解決問題.
類型二:將分散的條件集中
考點說明：當現有的條件不能充分利用或得不到結論時，能夠及時發現基本模型的潛在條件，選擇合適的方法添加輔助線，從而使問題得以解決.
【易】1.如圖，已知點P是等邊△ABC內一點，PA=3，PB=4，PC=5，求∠APB的度數．
【答案】解：∵△ABC為等邊三角形，∴BA=BC，
可將△BPC繞點B逆時針旋轉60°得△BEA，
連EP，如圖，
∴BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，
∴△BPE為等邊三角形，
∴PE=PB=4，∠BPE=60°，
在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，
∴AE2=PE2+PA2，
∴△APE為直角三角形，且∠APE=90°，
∴∠APB=90°+60°=150°．
【解析】將△BPC繞點B逆時針旋轉60°得△BEA，根據旋轉的性質得BE=BP=4，AE=PC=5，∠PBE=60°，則△BPE為等邊三角形，得到PE=PB=4，∠BPE=60°，在△AEP中，AE=5，AP=3，PE=4，根據勾股定理的逆定理可得到△APE為直角三角形，且∠APE=90°，即可得到∠APB的度數．
【易】2. 如圖，P為正方形ABCD內一點，且PA：PB：PC=1：2：3，求∠APB的度數.
【答案】解：PA：PB：PC=1：2：3，設PA=k，PB=2k，PC=3k，
把△BCP繞B點順時針方向旋轉90°得到△BAE.
∵BP=BE，∠PBE=90°，∴，∴k
又在△APE中，.
∴∠APE=90°.即∠APB=90°+45°=135°.∴∠APB=135°.
【解析】△BCP繞B點順時針方向旋轉90°得到△BAE可得Rt△APE和等腰Rt△PBE，得到90°、45°，最后求得∠APB的度數.
【中】3.如圖，點O是等邊△ABC內一點，連接OA、OB、OC，將△BOC繞點C按順時針方向旋轉60°得△ADC，連接OD．
（1）求證：△COD是等邊三角形；
（2）若OA=3，OC=4，OB=5，試判斷△AOD的形狀，并說明理由．
（3）若∠AOB=110°，∠BOC=α，請探究：當α為多少度時，△AOD是等腰三角形？
【答案】解：（1）證明：∵將△BOC繞點C按順時針方向旋轉60°得△ADC，
∴△BOC≌△ADC，∠OCD=60°，∴CO=CD．
∴△COD是等邊三角形．
（2）△AOD為直角三角形，
∵△ADC≌△BOC，∴DA=OB=5，
∵△COD是等邊三角形，∴OD=OC=4，又OA=3，
∴DA2=OA2+OD2，∴△AOD為直角三角形．
（3）因為△AOD是等腰三角形，
所以分三種情況：①∠AOD=∠ADO②∠ODA=∠OAD③∠AOD=∠DAO
∵∠AOB=110°，∠COD=60°，∴∠BOC=190°﹣∠AOD，
而∠BOC=∠ADC=∠ADO+∠CDO
由①∠AOD=∠ADO可得∠BOC=∠AOD+60°，求得α=125°；
由②∠ODA=∠OAD可得∠BOC=150°﹣∠AOD求得α=110°；
由③∠AOD=∠DAO可得∠BOC=240°﹣2∠AOD，求得α=140°；
綜上可知α=125°、α=110°或α=140°．
【解析】（1）由△BOC≌△ADC，得出CO=CD，再由∠OCD=60°，得出結論；（2）由勾股定理的逆定理判斷△AOD為直角三角形；（3）因為△AOD是等腰三角形，可得①∠AOD=∠ADO、②∠ODA=∠OAD、③∠AOD=∠DAO；若∠AOB=110°，∠COD=60°，∠BOC=190°﹣∠AOD，∠BOC=∠ADC=∠ADO+∠CDO由①∠AOD=∠ADO可得α=125°，由②∠ODA=∠OAD可得α=110°，由③∠AOD=∠DAO可得α=140°．
【難】4.已知：在△ABC中，∠BAC=60°．
（1）如圖1，若AB=AC，點P在△ABC內，且∠APC=150°，PA=3，PC=4，把△APC繞著點A順時針旋轉，使點C旋轉到點B，得到△ADB，連結DP．
①依題意補全圖1；
②直接寫出PB的長；
（2）如圖2，若AB=AC，點P在△ABC外，且PA=3，PB=5，PC=4，求∠APC的度數；
（3）如圖3，若AB=2AC，點P在△ABC內，且PA=，PB=5，∠APC=120°，直接寫出PC的長．
【答案】解：（1）①依題意補全圖形，如圖1所示，
②由旋轉有，AD=AP，BD=PC，∠DAB=∠PAC，
∴∠DAP=∠BAC=60°，∴△ADP為等邊三角形，
∴DP=PA=3，∠ADP=60°，
∵∠ADB=∠APC=150°，
∴∠BDP=90°，在Rt△BDP中，BD=4，DP=3，根據勾股定理得，PB=5；
（2）如圖2，
把△APC繞點A順時針旋轉，使點C與點B重合，得到△ADB，連接PD，
∴△APC≌△ADB，
∴AD=AP=3，DB=PC=4，∠PAC=∠DAB，∠APC=∠2，
∴∠DAP=∠BAC，
∵∠BAC=60°，
∴∠DAP=60°，
∴△DAP是等邊三角形，
∴PD=3，∠1=60°，
∴PD2+DB2=32+42=52=PB2，
∴∠PDB=90°，∴∠2=30°，
∴∠APC=30°；
（3）如圖3
作△ABQ，使得：∠QAB=∠PAC，∠ABQ=∠ACP，則△ABQ∽△ACP，
∴∠AQB=∠APC=120°，
∵AB=2AC，∴△ABQ與△ACP相似比為2，
∴AQ=2AP=2，BQ=2CP，∠QAP=∠QAB+∠BAP=∠PAC+∠BAP=∠BAC=60°，
∵=2，
∴∠APQ=90°，PQ=3，∴∠AQP=30°
∴∠BQP=∠AQB﹣∠AQP=120°﹣30°=90°，
根據勾股定理得，BQ==4，∴PC=BQ=2．
【解析】（1）由旋轉的性質得到△ADP為等邊三角形，從而判斷出△BPD為直角三角形，根據勾股定理計算即可；（2）由旋轉的性質得到△DAP是等邊三角形，根據勾股定理得逆定理判斷出△BPD為直角三角形，即可；（3）作出△ABQ∽△ACP，判斷出△APQ為直角三角形，從而得到△BPQ為直角三角形，根據勾股定理計算即可．
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