专题04旋转中的常考模型

专题04旋转中的常考模型题型梳理题型梳理题型方法题型一手拉手模型题型二半角模型题型三费马点模型题型方法题型方法【题型一】手拉手模型A． B． C． D．【答案】B故选：B．【答案】(1)见解析(2)【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确识别图形是解题的关键．【答案】(1)65；(2)证明见解析．【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定与性质，垂直的定义等知识，掌握相关知识是解题的关键．（2）利用旋转的性质和三角形内角和定理即可证明．故答案为：；【答案】(1)见解析(2)4∵线段绕点C顺时针旋转得到线段，（2）连接，∵线段绕点C顺时针旋转得到线段，【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．【题型二】半角模型【例2】（2425九年级下·全国）综合与实践，，三线共线，，，三点共线，【点睛】本题考查的知识点是旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题关键是熟练运用“半角模型”，正确作出辅助线．【分析】（1）利用旋转的性质即可得到全等三角形，再利用全等三角形的性质进行等量转化进而得出结论；（2）利用旋转的性质得到全等三角形，再利用全等三角形得到边相等，进而得出结论．

【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质进行等量转化是解题的关键．【变式2】（2425九年级上·广东惠州·期中）综合探究【探究发现】【拓展延伸】【尝试应用】（2）（1）中的结论仍然成立,证明如下：【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、一元二次方程的应用等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．【变式3】（2324九年级上·甘肃兰州·期中）通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整．【模型】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”、“截长补短”均是常用的方法．(1)思路梳理：(2)类比引申点、、共线，如图所示，点、、在一条直线上，【点睛】本题主要考查了图形的旋转，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角的和差计算，线段和差计算等知识点，熟练掌握其性质并能正确添加辅助线是解决此题的关键．【题型三】费马点模型【答案】故答案为：．【点睛】本题考查了费马点求最值问题，涉及到的知识点有旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，以及两点之间线段最短等知识点，读懂题意，理由旋转作出正确的辅助线是解本题的关键．(2)【分析】（1）根据旋转的性质，等边三角形的判定和性质，两点之间线段最短，进行求解即可；∵两点之间线段最短，、、、四点共线，【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质、等边三角形的判定与性质、含角直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和勾股定理的逆定理、“费马点”新定义等知识；本题综合性强，熟练掌握等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．任务：（1）横线处填写的条件是______；【分析】

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，通过旋转构造全等三角形是解题的关键．【变式3】（2425九年级上·广东惠州·期末）【问题情景】1643年，法国数学家费马曾提出一个著名的几何问题：给定不在同一条直线上的三个点A，B，C，求平面上到这三个点的距离之和最小的点的位置，意大利数学家和物理学家托里拆利给出了分析和证明，该点也被称为“费马点”或“托里拆利点”，该问题也被称为“将军巡营”问题．【理解运用】（1）下面是该问题的一种常见的解决方法，请补充以下推理过程：【深入探究】【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，将三角形进行旋转是解题的关键：（1）根据等边三角形的判定和性质，以及两点之间线段最短，以及旋转的性质和全等三角形的性质，进行作答即可；最小值为，此时的P点为该三角形的“费马点”，三个顶点中，顶点A到另外两个顶点的距离和最小．该三角形的“费马点”为点A，好题必刷好题必刷一、单选题A． B． C． D．【答案】D故选：D．【答案】C【分析】本题主要考查旋转的性质、全等三角形的性质等知识点，熟记全等三角形的性质是解题的关键．∴旋转角的度数是．故选：C．二、填空题【答案】/度∵线段绕点逆时针旋转后与线段重合，即旋转角的度数为；故答案为：．【答案】5故答案为：5．三、解答题【答案】(1)见解析；(2)．【分析】本题主要考查了图形的几何变换，涉及到等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．【答案】(1)证明见解析(2)的长【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．∴的长．(2)根据（1）的结论，写出证明过程；(2)证明过程见详解；(3)8．【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．（2）由（1）的理由即可得到证明过程；（3）由（1）的结论即可得到答案．理由如下：由旋转，可知：∴点E、B、C共线，（2）证明：由旋转，可知：∴点E、B、C共线，∵正方形的边长为4，8．（2324八年级上·湖北十堰·阶段练习）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型.半角模型可证出多个几何结论，例如：【答案】成立，见解析【详解】解：成立．、、三点共线，【答案】(1)150°；(2)见详解；(3)；【详解】（1）解：连结PP′，∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，∴△APP′为等边三角形，,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，在△P′PC中，PC=5，∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，∴∠APB=∠AP′C=150°，故答案为150°；（2）证明：将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，∵△APB≌△AB′P′，∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，∴PP′=AP，∴点P在CB′上，（3）解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，∴△APB≌△AP′B′，∴AP′=AP，AB′=AB，∵∠PAP′=∠BAB′=60°，∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，∴BB′=AB=2，∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，（4）解：将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，∴△BCE≌△CE′B′，∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，∵∠ECE′=∠BCB′=60°，∴△ECE′与△BCB′均为等边三角形，∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC=2，∠ABC=90°，∴∠FBB′=180°∠ABC∠CBB′=180°90°60°=30