中考数学二轮培优专题精讲 第6讲 巧用旋转解题 (含详解)

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第6讲 巧用旋转解题
【例题讲解】
一、当条件中出现“邻边相等＋对角互补＋半角”
例题1、如图，将Rt△ABC沿斜边AC翻折得到Rt△ADC，E、F分别是BC、CD边上的点，∠EAF＝∠BAD，连结EF，试猜想BE、EF、DF三条线段之间的数量关系，并证明你的结论.

【解析】如图，延长CB到Q，使BQ＝DF，连接AQ，

∵△ABC与△ADC关于AC对称，
∴△ABC≌△ADC，∴AB＝AD，∠ABC＝∠D.
∵∠ABC＝90°，∴∠ABQ＝∠D＝90°.
易证△ADF≌△ABQ（SAS），
∴AQ＝AF，∠QAB＝∠DAF，
∵∠EAF＝∠BAD，∴∠DAF＋∠BAE＝∠EAF，∴∠BAQ＋∠BAE＝∠EAF，
即∠EAQ＝∠EAF，
易证△EAQ≌△EAF（SAS），
∴EF＝EQ＝BE＋BQ＝BE＋DF.

二、当条件中出现“邻边相等＋半角”
例题2、如图，等边△ABC中，点P，Q在边BC上，且∠PAQ＝30°.若BP＝2，QC＝3，则△ABC的边长为 .

【解析】将△ABP绕点A逆时针旋转60°，得到△ACP＇，连接QP＇，

易证△AQP≌△AQP＇，
∴∠P＇CD＝60°，
过P＇D作P＇D⊥BC，交BC延长线于点D，
在Rt△P＇CD中，可得CD＝1，P＇D＝，
在Rt△P＇QD中，可计算出QP＇＝，
∴PQ＝，∴边长为5＋.

三、当条件中出现“邻边相等＋对角互补”
例题3、如图，在⊙O的内接四边形ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠BAD＝60°，点C为弧BD的中点，则AC的长是 .

【解析】由点C为弧BD中点，可得BC＝CD，∠BAC＝∠CAD，即出现“邻边相等”，所以将△ABC绕点C旋转至BC与CD重合，如图可得△ACE为等腰三角形，顶角∠ACE＝∠BCD＝120°，底边长AE＝AD＋DE＝AD＋AB＝3＋5＝8，所以在底角为30°的等腰△ACE中即可求出AC＝.

四、仅有“邻边相等”
例题4、如图，在等边△ABC中有一点P，PA＝2，PB＝4，PC＝2.
（1）求∠APB的度数；
（2）求△ABP的面积；
（3）求△APC的面积；
（4）求△ABC的面积.

【解析】
（1）如图，△ABC为等边三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°；
将△ABP绕点A逆时针旋转60°，到△ACQ的位置，连接PQ；

则AQ＝AP＝2，CQ＝BP＝4；
∵∠PAQ＝60°，
∴△APQ为等边三角形，
∴PQ＝PA＝2，∠AQP＝60°；
在△PQC中，满足PC2＝PQ2＋CQ2，
∴∠PQC＝90°，∠AQC＝150°，
∴∠APB＝∠AQC＝150°，
故答案为150.
（2）由（1）可知∠APB＝150°，如图，延长BP，过点A作AD⊥BD，交BP延长线于点D.

∴∠APD＝30°，AD＝AP＝，
∵S△APB＝BP×AD＝×4×＝2.
（3）可知S△ABP＋S△APC＝S四边形APCQ.
∵S四边形APCQ＝S△APQ＋S△PQC，
∴S△ABP＋S△APC＝S△APQ＋S△PQC，
∴2＋S△APC＝×（2）2＋×4×2＝7.
∴S△APC＝5，
（4）在Rt△ABD中，AD＝，BD＝4＋3＝7，
∴AB＝＝2.
由等边三角形面积公式可得S△ABC＝×（2）2＝13.
【巩固练习】
1、如图△ABC是边长为3的等边三角形，△BDC是等腰三角形，BD＝CD，∠BDC＝120°，以D为顶点作一个60°角，使其角的两边分别交AB、AC边于M、N，连接MN，则△AMN的周长为 .

2、如图，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC＝180°，AB＝AD，AE⊥BC于点E.若AE＝18，BC＝10，CD＝6，则四边形ABCD的面积为 .

3、已知点P为等边△ABC内一点，∠APB＝112°，∠APC＝122°，若以AP、BP、CP为边长可以构成一个三角形，那么所构成三角形的各内角的度数是 .

4、如图，P为正方形ABCD内一点，且PC＝3，∠APB＝135°，将△APB绕点B顺时针旋转90°得到△CP＇B，连接PP＇.若BP的长为整数，则AP＝ .

5、如图，E是正方形ABCD内一点，E到点A、D、B的距离EA、ED、EB分别为1、3、2，延长AE交CD于点F，则四边形BCFE的面积为 .


6、如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE＝DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H.给出如下几个结论：①△AED≌△DFB；②S四边形BCDG＝CG2；③若AF＝2DF，则BG＝6GF；④CG与BD一定不垂直；⑤∠BGE的大小为定值.其中正确的结论是 .


7、五边形ABCDE中，AB＝AE，BC＋DE＝CD，∠ABC＋∠AED＝180°，求证：AD平分∠CDE.






8.如图，AB为⊙O的直径，点C在⊙O上，连接AC和BC，∠ACB的平分线交⊙O于点D，求证：AC＋BC＝CD.



9、正方形ABCD的四个顶点都在⊙O上，E是⊙O上的一点.
（1）如图1，若点E在弧AB上，F是DE上的一点，DF＝BE.求证：△ADF≌△ABE；
（2）在（1）的条件下，小明还发现线段DE、BE、AE之间满足等量关系：DE－BE＝AE.
请你说明理由；
（3）如图2，若点E在弧AD上.写出线段DE、BE、AE之间的等量关系.（不必证明）.



10、问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°.E，F分别是BC，CD上的点.且∠EAF＝60°.探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系.
小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G.使DG＝BE.连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ；
探索延伸：
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B＋∠D＝180°.E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
实际应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°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60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离.



11、如图，己知直线l1∥l2，一个45°角的顶点A在l1上，过A作AD⊥l2，垂足为D，AD＝6.将这个角绕顶点A旋转（角的两边足够长）.
（1）如下图，旋转过程中，若角的两边与l2分别交于B、C，且AB＝AC，求BD的长.为了解决这个问题，下面提供一种解题思路：如图，作∠DAP＝45°，AP与l2相交于点P，过点C作CQ⊥AP于点Q.∠DAP＝∠BAC＝45°，∴∠BAD＝∠CAQ，请你接下去完成解答.
（2）旋转过程中，若角的两边与l2，分别交于E、F（E在F左面），且AE＞AF，DF＝2，求DE的长.请你借鉴（1）的做法在备用图中画图并解答这个问题.




参考答案
1.解：∵△BDC是等腰三角形，且∠BDC＝120°
∴∠BCD＝∠DBC＝30°
∵△ABC是边长为3的等边三角形
∴∠ABC＝∠BAC＝∠BCA＝60°
∴∠DBA＝∠DCA＝90°
延长AB至F，使BF＝CN，连接DF，

在Rt△BDF和Rt△CND中，BF＝CN，DB＝DC
∴△BDF≌△CDN，
∴∠BDF＝∠CDN，DF＝DN
∵∠MDN＝60°
∴∠BDM＋∠CDN＝60°
∴∠BDM＋∠BDF＝60°，∠FDM＝60°＝∠MDN，DM为公共边
∴△DMN≌△DMF，
∴MN＝MF
∴△AMN的周长是：AM＋AN＋MN＝AM＋MB＋BF＋AN＝AB＋AC＝6．


2.解：如图，过点A作AF⊥CD交CD的延长线于F，连接AC，

则∠ADF＋∠ADC＝180°，
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，
∴∠ABC＝∠ADF，
易证△ABE≌△ADF（AAS），
∴AF＝AE＝19，
∴S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ACD＝BC•AE＋CD•AF＝×10×19＋×6×19＝95＋57＝152.
故答案为：152．



3.解：如图，将△APC绕点A顺时针旋转60°得到△ABE，连接PE．

∵AE＝AP，∠EAP＝∠BAC＝60°，
∴△EAP是等边三角形，∠EAB＝∠PAC，
∴∠AEP＝∠APE＝60°，PA＝PE，
易证△EAP≌△PAC，
∴EB＝PC，
∴PA、PB、PC组成的三角形就是△PEB，
∵∠APB＝112°，∠APE＝60°，
∴∠EPB＝52，
∵∠AEB＝∠APC＝122°，∠AEP＝62°，
∴∠PEB＝66°，
∴∠EBP＝180°－∠BEP－∠EPB＝66°．
故答案为52°、62°、66°．


4.解：∵△BP'C是由△BPA旋转得到，
∴∠APB＝∠CP'B＝135°，∠ABP＝∠CBP'，BP＝BP'，AP＝CP'，
∵∠ABP＋∠PBC＝90°，
∴∠CBP'＋∠PBC＝90°，即∠PBP'＝90°，
∴△BPP'是等腰直角三角形，
∴∠BP'P＝45°，
∵∠APB＝∠CP'B＝135°，
∴∠PP'C＝90°，
设BP＝BP'＝a，AP＝CP'＝b，
则PP'＝a，
在Rt△PP'C中，∵PP'2＋P'C2＝PC2，且PC＝3，
∴CP′＝＝，
∵BP的长a为整数，
∴满足上式的a为1或2，
当a＝1时，AP＝CP＇＝，
当a＝2时，AP＝CP＇＝1，
故答案为：或1.


5.解：如图，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，作DN⊥AF垂足为N，

∵AM＝AE＝1，∠MAE＝90°，
∴ME＝＝＝，
∵BM2＋ME2＝（3）2＋（）2＝20，BE2＝（2）2＝20，
∴BM2＋ME2＝BE2，
∴∠BME＝90°，∵∠AME＝∠AEM＝45°，
∴AMB＝∠AED＝135°
在RT△DEN中，∵DE＝3，∠DEN＝45°，
∴DN＝EN＝3，AN＝4，
∴AD＝＝＝5，
∵∠DAN＝∠DAF，∠AND＝∠ADF＝90°，
∴△ADN∽△AFD，
∴＝，
∴＝，
∴AF＝，NF＝，
∵S△ABE＋S△ADE＝S△ABM＋S△ABE＝S△AME＋S△BME＝×1×1＋××3＝，
S△EDF＝×（3＋）×3＝，
∴S四边形BCFE＝S正方形ABCD－（S△ABE＋S△AED）－S△EFD＝25－－＝.
故答案为.


6.解：①∵ABCD为菱形，∴AB＝AD，
∵AB＝BD，∴△ABD为等边三角形，
∴∠A＝∠BDF＝60°，
又∵AE＝DF，AD＝BD，
∴△AED≌△DFB，故本选项正确；
②∵∠BGE＝∠BDG＋∠DBF＝∠BDG＋∠GDF＝60°＝∠BCD，
即∠BGD＋∠BCD＝180°，
∴点B、C、D、G四点共圆，
∴∠BGC＝∠BDC＝60°，∠DGC＝∠DBC＝60°，
∴∠BGC＝∠DGC＝60°，
过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N（如图1），

则△CBM≌△CDN（AAS），
∴S四边形BCDG＝S四边形CMGN
S四边形CMGN＝2S△CMG，
∵∠CGM＝60°，
∴GM＝CG，CM＝CG，
∴S四边形CMGN＝2S△CMG＝2××CG×CG＝CG2，故本选项错误；
③过点F作FP∥AE交DE于P点（如图2），

∵AF＝2FD，
∴FP：AE＝DF：DA＝1：3，
∵AE＝DF，AB＝AD，
∴BE＝2AE，
∴FP：BE＝FP：2AE＝1：6，
∵FP∥AE，
∴PF∥BE，
∴FG：BG＝FP：BE＝1：6，
即BG＝6GF，故本选项正确，
④当点E，F分别是AB，AD中点时（如图3），

由（1）知，△ABD，△BDC为等边三角形，
∵点E， F分别是AB，AD中点，
∴∠BDE＝∠DBG＝30°，
∴DG＝BG，
易证△GDC≌△BGC，
∴∠DCG＝∠BCG，
∴CH⊥BD，即CG⊥BD，故本选项错误；
⑤∵∠BGE＝∠BDG＋∠DBF＝∠BDG＋∠GDF＝60°，为定值，
故本选项正确；
综上所述，正确的结论有①③⑤，共3个，
故选：B．


证明：如图，连接AC，将△ABC绕A点旋转120°到△AEF，

∵AB＝AE，∠BAE＝120°，
∴AB与AE重合，并且AC＝AF，
又∵∠ABC＋∠AED＝180°，
而∠ABC＝∠AEF，
∵∠AEF＋∠AED＝180°，
∴D，E，F在一条直线上，
而BC＝EF，BC＋DE＝CD，
∴CD＝DF，
又∵AC＝AF，
∴△ACD≌△AFD，
∴∠ADC＝∠ADF，
即AD平分∠CDE．


8.证明：过点D作DF⊥CA，垂足F在CA的延长线上，作DG⊥CB于点G，连接DA，DB．

∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
∴DF＝DG，＝，
∴DA＝DB.
∵∠AFD＝∠BGD＝90°，
易证Rt△AFD≌Rt△BGD（HL），
∴AF＝BG，
同理：Rt△CDF≌Rt△CDG（HL），
∴CF＝CG。
∴AC＋BC＝CF－AF＋AG＋BG＝CF＋CG＝2CF，
∵AB是直径，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝45°，
∵△CDF是等腰直角三角形，
∴CF＝CD，
∴AC＋BC＝2CF＝CD；


9.答案：（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝AD，
∵∠1和∠2都对，
∴∠1＝∠2，
易证△ADF≌△ABE（SAS）；
（2）由（1）有△ADF≌△ABE，
∴AF＝AE，∠3＝∠4.
在正方形ABCD中，∠BAD＝90°.
∴∠BAF＋∠3＝90°.
∴∠BAF＋∠4＝90°.
∴∠EAF＝90°.
∴△EAF是等腰直角三角形.
∴EF2＝AE2＋AF2.
∴EF2＝2AE2.
∴EF＝AE.
即DE－DF＝AE.
∴DE－BE＝AE.
（3）BE－DE＝AE．理由如下：
在BE上取点F，使BF＝DE，连接AF.

易证△ADE≌△ABF，
∴AF＝AE，∠DAE＝∠BAF.
在正方形ABCD中，∠BAD＝90°.
∴∠BAF＋∠DAF＝90°.
∴∠DAE＋∠DAF＝90°.
∴∠EAF＝90°.
∴△EAF是等腰直角三角形．
∴EF2＝AE2＋AF2.
∴EF2＝2AE2.
∴EF＝AE.
即BE－BF＝AE.
∴BE－DE＝AE.
10.答案：
问题背景：EF=BE+FD.
探索眼神：成立，提示，在CD的延长线上截取DG=BE，如图，

先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论.

实际应用：连接EF，延长AE、BF交于点C，

∵∠AOB=30°+90°+（90°-70°）=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF=∠AOB，
∵OA=OB，
∠OAC+∠OBC=（90°-30°）+（70°+50°）=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF=AE+BF成立，
即EF=1.5×（60+80）=210海里，
答：此时两舰艇之间的距离是210海里．


11.解：（1）∵AD⊥l2，CQ⊥AP，
∴∠ADB＝∠AQC＝90°，
又∵AB＝AC，
易证△ABD≌△ACQ（AAS），
∴BD＝CQ，AQ＝AD＝6，
∵∠DAP＝∠BAC＝45°，
∴△ADP、△CQP是等腰直角三角形，
∴AP＝6，
∴QP＝6−6，
∴BD＝CQ＝QP＝6−6.
（2）①如图1：
作∠DAP＝45°，AP与l2相交于点P，过点F作FQ⊥AP于点Q.

∵∠DAP＝∠EAF＝45°，
∴∠EAD＝∠FAQ，
∵AD⊥l2，FQ⊥AP，
∴∠ADE＝∠AQF＝90°，
∴△AED∽△AFQ，
∴＝
∴△ADP、△FQP是等腰直角三角形，
∴DP＝AD＝6，AP＝6，
∵DF＝2，
∴FP＝DP－DF＝4，
∴FQ＝QP＝2，
∴AQ＝6−2＝4，
∴＝，
∴DE＝3.
②如图2：
作∠DAP＝45°，AP与l2相交于点P，过点F作FQ⊥AP于点Q．

∵∠DAP＝∠EAF＝45°，
∴∠EAD＝∠FAQ，
∵AD⊥l2，FQ⊥AP，
∴∠ADE＝∠AQF＝90°
∴△AED∽△AFQ，
∴＝.
∴△ADP、△FQP是等腰直角三角形，
∴DP＝AD＝6，AP＝6，
∵DF＝2，
∴FP＝DP＋DF＝8，
∴FQ＝QP＝4，
∴AQ＝6−4＝2，
∴＝，
∴DE＝12．