3.2旋转几何证明 教案

这是一份3.2旋转几何证明，共48页。

旋转几何证明

学生姓名

年级

学科

授课教师

日期

时段

核心内容
旋转几何证明
课型
一对一/一对N
教学目标
1、熟练的应用旋转的性质；2、熟练的应用旋转的性质解决几何问题
重、难点
1、熟练的应用旋转的性质；2、熟练的应用旋转的性质解决几何问题


课首沟通
1. 上次课的知识点还有哪些不熟
2. 最近有什么开心的一事
知识导图

课首小测

1. 如图，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△ADE，点C和点E是对应点，若∠CAE=90°，AB=1，则BD= ．

2. [单选题] 如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（1，），将线段OA绕原点O逆时针旋转30°， 得到线段OB，则点B的坐标是（ ）

A．（0，2） B．（2，0） C．（1，﹣ ） D．（﹣1， ）

3. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，将△ABC绕点C按顺时针方向旋转后得到△EDC，此时点D在AB边上，则旋 转角的大小为 ．



4. （2016年深圳期末考试） 如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC= ，将△ABC绕点A逆时针旋转60°，得到
△ADE，连接BE，则BE的长是 ．

5. 如图所示，在正方形ABCD中，G是CD上一点，延长BC到E，使CE=CG，连接
BG并延长交DE于F，将△DCE绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′．
（1） 判断四边形E′BGD是什么特殊四边形，并说明理由．
（2） 由△BCG经过怎样的变换可得到△DAE′？请说出具体的变换过程．
















导学一 ： 旋转性质基本应用
知识点讲解 1：
旋转的性质：
旋转前后的两个图形是全等形； 两个对应点到旋转中心的距离相等
两个对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角

例 1. [单选题] 如图，在△ABC中，∠CAB=65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置，使CC′∥AB，则旋转角的度数为（ ）






A．35° B．40° C．50° D．65°

例 2. 如图所示，设P为等边△ABC内的一点，且PB= ，PA=1，PC=3，则∠APB= ．








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1. 如图，点E是正方形ABCD内的一点，连接AE、BE、CE，将△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′的位置．若AE＝1，BE
＝2，CE＝3，则∠BE′C＝ 度．

2. 在等腰直角△ABC中, ∠ACB=90°,AC=BC, P是△ABC内一点,满足PA= 、PB=2、PC=1求∠BPC的度数.


3. 如图，点O是△ABC内的一点，AB=AC，∠BAC=90°，∠BOC=120°，将△AOB绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADC， 连结OD．
（1）求证：△AOD是等腰直角三角形；
（2）求证：∠DCO=30°
（3）设∠AOB=α，那么当α为多少度时，△COD是等腰三角形．


















例 1. （2016年广州黄埔区一模考试） 如图，已知 和 均为等边三角形，点 在 边上， 与 相交于点 ，如果 ， ，那么 的长度为 ．






例 2. 如图，在直角△ABC中，BC是斜边，将 △ABP绕点A逆时针旋转后，能与△ABP/重合，如果AP=3，求PP/的长度。














【学有所获】旋转变换的目的在于通过旋转变换可以使图形发生重组，使分散的条件得以集中，然后运用旋转的“不变 性”可以使一些问题迎刃而解。一般来说，当题目中有“共点等边”的图形时，常进行旋转变换。

例 3. 如图，四边形ABCD中，AC，BD是对角线，△ABC是等边三角形．线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接AE．
（1） 求证：AE=BD；
（2） 若∠ADC=30°，AD=3，BD=4 ．求CD的长．















．
例 4. 如图，在凸四边形ABCD中，∠ABC=30°，∠ADC=60°，AD=DC，求证：

















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1. （2016年广州市荔湾区一模考试） 如图， 的三个顶点都在 的网格（每个小正方形的边长均为1个单位长度）的格点上.
（1） 在网格中画出将 绕点B顺时针旋转90°后的
△A′BC′的图形.
（2） 求点 在旋转中经过的路线的长度.（结果保留 ）













2. （2016年广州市白云区一模考试） 如图，在平面直角坐标系中，Ｒt△ＯＡＢ的顶点Ａ的坐标为（，１）．若将
△ＯＡＢ绕Ｏ点逆时针旋转６０°后，Ｂ点到达 点，则 点的坐标是 ．






3. 如图，△AOB中，∠AOB=90°，AO=3，BO=6，△AOB绕点O逆时针旋转到△A′OB′处，此时线段A′B′与BO的交点E为

BO的中点，求线段B′E的值．


















例 1. （2016年广州市南沙区一模考试） 1、已知，在 中， ．过A点的直线 从与边 重合的位置开始绕点 按顺时针方向旋转角 ，直线 交BC边于点（点 不与点 、点 重合）， 的边 始终在直线 上
（点 在点 的上方），且 ，连接 。
（1） 当 时，
①如图a，当 时，求 的度数；
②如图b，当 时， 的度数是否发生变化？说明理由。
（2） 如图c，当 时，请直接写出 与 之间的数量关系，不必证明。

















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1. 聪聪用两块含45°角的直角三角尺△ABC、△MNK进行一次探究活动：他将△MNK的直角顶点M放在△ABC的斜边AB的中点处，让MK经过C点（如图甲），若BC=MK=4．
（1） 此时两三角尺的重叠部分（△ACM）面积为 ；
（2） 再将图甲中的△MNK绕顶点M逆时针旋转45°得到图乙，此时两三角尺的重叠部分（四边形MDCG）面积为 ；
（3） 据此猜想：在MK与BC相交的前提下，将△MNK绕点M旋转到任一位置（如图丙）时两三角尺的重叠部分面积为 ， 请说出理由．









【学有所获】不规则图形面积的求法：割补法、转化

导学二 ： 常见模型
知识点讲解 1：半角模型

例 1. 如图，已知正方形ABCD边长为1，∠EAF=45°，AE=AF，则有下列结论：
①∠1=∠2=22.5°；
②点C到EF的距离是 ；
③△ECF的周长为2；
④BE+DF＞EF．

其中正确的结论是 ．（写出所有正确结论的序号）

例 2. 课题学习
问题背景 甲、乙、丙三名同学探索课本上一道题：如图1，E是边长为a的正方形ABCD中CD边上任意一点，以点A为中 心，把△ADE顺时针旋转90°，画出旋转后的图形
任务要求：
（1） 请你在图1中画出旋转后的图形甲、乙、丙三名同学又继续探索：
在正方形ABCD中，∠EAF=45°，点F为BC上一点，点E为DC上一点，∠EAF的两边AE、AF分别与直线BD交于点M、N．连接EF 甲发现：线段BF，EF，DE之间存在着关系式EF=BF+DE；
乙发现：△CEF的周长是一个恒定不变的值；
丙发现：线段BN，MN，DM之间存在着关系式BN2+DM2=MN2
（2） 现请也参与三位同学的研究工作中来，你认为三名同学中哪个的发现是正确的，并说明你的理由．


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1. 如图所示,正方形ABCD的边长为1，P、Q分别为边AB、AD上的点, 的周长为2，求 的大小．

























2. 如图，正方形ABCD中， ，点E、F分别在BC、CD上，且∠BAE=30°，∠DAF=15°，求△AEF的面积．











3. （2015年宿迁中考） 如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D、E在BC上，∠DAE=45°，求证：
．































知识点讲解 2： 手拉手模型

例 1. 阅读与理解：
图1是边长分别为a和b（a＞b）的两个等边三角形纸片ABC和C′DE叠放在一起（C与C′重合）的图形． 操作与证明：

（1） 操作：固定△ABC，将△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°，连接AD，BE，如图2；在图2中，线段BE与AD之间具有 怎样的大小关系？证明你的结论；








（2） 操作：若将图1中的△C′DE，绕点C按顺时针方向任意旋转一个角度α，连接AD，BE，如图3；在图3中，线段BE与
AD之间具有怎样的大小关系？证明你的结论； 猜想与发现：
根据上面的操作过程，请你猜想当α为多少度时，线段AD的长度最大是多少？当α为多少度时，线段AD的长度最小是多 少？























例 2. 如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连接AE，GC．
（1） 试猜想AE与GC有怎样的位置关系，并证明你的结论；
（2） 将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连接AE和GC．你认为（1）中的结论是否还成 立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由．































【学有所获】
旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．

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1. [单选题] （2016年广州市南沙区期中考试） 如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正三角形ABC和正三角形CDE，AD与BE交与点O，AD与BC交与点P，BE与CD交与点Q，连接PQ．有下列结论：
①AD=BE；②AP=BQ；③∠AOB=60°；④DE=DP；⑤△CPQ为正三角形． 其中正确的结论有（ ）





A．①②③⑤ B．①③④⑤ C．①②⑤ D．②③④

2. 给出定义，若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形．
（1） 在你学过的特殊四边形中，写出两种勾股四边形的名称；
（2） 如图，将△ABC绕顶点B按顺时针方向旋转60°得到△DBE，连接AD，DC，CE，已知∠DCB=30°．
①求证：△BCE是等边三角形；
②求证：DC2+BC2=AC2，即四边形ABCD是勾股四边形．















































限时考场模拟

1. [单选题] 如图所示，边长为2的正三角形ABO的边OB在x轴上，将△ABO绕原点O逆时针旋转30°得到三角形OA1B1，则点A1的坐标为（ ）







A．（ ，1） B．（ ，﹣1） C．（1，﹣ ） D．（2，﹣1）

2. [单选题] 如图，将Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，若∠B=60°，则∠1的度数是（ ）

A．15° B．25° C．10° D．20°

3. 如图，P是等边△ABC内一点，PA=2， ，PC=4，求BC的长。





















4. 已知E、F分别在正方形ABCD边AB和BC上，AB=1，∠EDF=45°.求△BEF的周长.























课后作业

1. 如图，正方形ABCD的两条邻边分别在x、y轴上，点E在BC边上，AB=4，BE=3，若将△CDE绕点D按顺时针方向旋转
90°，则点E的对应点的坐标为 ．

2. 已知：在△ABC中，∠CAB=70°，在同一平面内将△ABC绕A点旋转到△AB′C′位置，且CC′∥AB，则∠BAB′的度数 是 ．





3. （2015年深圳市中考） 如图，在△ABC中，AB=2，BC=3.6，∠B=60°，将△ABC绕点A按顺时针旋转一定角度得到
△ADE，当点B的对应点D恰好落在BC边上时，则CD的长为 ．



4. 如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1，将△ABC绕点C逆时针旋转至△A′B′C，使得点A′恰好落在AB 上，连接BB′，则BB′的长度为 ．







5. 如图，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接BE、DG．
（1） 求证：BE=DG；
（2） 图中是否存在通过旋转能够互相重合的两个三角形？若存在，请说出旋转过程；若不存在，请说明理由．











6. 如图，在△ABC和△ADE中，点E在BC边上，∠BAC=∠DAE，∠B=∠D，AB=AD．
（1） 求证：△ABC≌△ADE；
（2） 如果∠AEC=75°，将△ADE绕着点A旋转一个锐角后与△ABC重合，求这个旋转角的大小．

7. 如图，△ABC中，AB=AC=2，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到的，连接BE、CF相交于点D．
（1） 求证：BE=CF；
（2） 当四边形ABDF为菱形时，求CD的长．











































8. （2017年贺州市中考） 如图，将线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，那么A（﹣2，5）的对应点A′的坐标是（ ）


A．（2，5） B．（5，2） C．（2，﹣5） D．（5，﹣2）

9. （2016年绥化市中考） 如图，在四边形ABCD中，∠ABC=30°，将△DCB绕点C顺时针旋转60°后，点D的对应点恰好与点A重合，得到△ACE，若AB=3，BC=4，则BD= （提示：可连接BE）







10. （2015年广州市海珠区一期末考试） 如图，已知△ABD是一张直角三角形纸片，其中∠A=90°，∠ADB=30°，小亮将它绕点A逆时针旋转β（0＜β＜180°）后得到△AMF，AM交直线BD于点K．
（1） 当β=90°时，利用尺规在图中作出旋转后的△AMF，并直接写出直线BD与线段MF的位置关系；
（2） 求△ADK为等腰三角形时β的度数．



















11. 如图，正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB，BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到
△DCM．
（1） 求证：EF=FM．
（2） 当AE=2时，求EF的长．























12. （2015年宁波中考） 如图，等腰直角△ABC中，∠ABC=90°，点P在AC上，将△ABP绕顶点B沿顺时针方向旋转90°后得到△CBQ．
（1） 求∠PCQ的度数；
（2） 当AB=4，AP：PC=1：3时，求PQ的大小；
（3） 当点P在线段AC上运动时（P不与A重合），请写出一个反映PA2，PC2，PB2之间关系的等式，并加以证明．






13. （2016年来宾市中考） 如图，在正方形ABCD中，点E（与点B、C不重合）是BC边上一点，将线段EA绕点E顺时针旋转
90°到EF，过点F作BC的垂线交BC的延长线于点G，连接CF．
（1） 求证：△ABE≌△EGF；
（2） 若AB=2，S△ABE=2S△ECF，求BE．
















14. 已知：如图，正方形ABCD中，AC，BD为对角线，将∠BAC绕顶点A逆时针旋转α°（0＜α＜45），旋转后角的两边分 别交BD于点P、点Q，交BC，CD于点E、点F，连接EF，EQ．
（1） 在∠BAC的旋转过程中，∠AEQ的大小是否改变？若不变写出它的度数；若改变，写出它的变化范围（直接在答题卡 上写出结果，不必证明）；
（2） 探究△APQ与△AEF的面积的数量关系，写出结论并加以证明．































15. 在正方形ABCD的边AB上任取一点E，作EF⊥AB交BD于点F，取FD的中点G，连接EG、CG，如图（1）易证 EG=CG且EG⊥CG．
（2） 将△BEF绕点B逆时针旋转90°，如图（2），则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系？请直接写出你的猜想．
（3） 将△BEF绕点B逆时针旋转180°，如图（3），则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系？请写出你的猜想，并 加以证明


















1、课后要按时完成作业，完成错题的收集与复习；
2、调整心态，做好开学的准备。

课首小测
1.
解析:
解：∵将△ABC绕点A逆时针旋转的到△ADE，点C和点E是对应点，
∴AB=AD=1，∠BAD=∠CAE=90°，
∴BD= = = ．
故答案为 ． 2.A
解析:
解：作AC⊥x轴于点C，
∵点A的坐标为（1， ），
∴OC=1，AC= ，
则OA= =2，tan∠AOC= = ，
∴∠AOC=60°，
∴将线段OA绕原点O逆时针旋转30°，得到线段OB，则点B的坐标是（0，2）， 故选：A．







3.2α
解析: 解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=α，
∴∠B=90°﹣α，
由旋转的性质可得：CB=CD，

∴∠CDB=∠B=90°﹣α，
∴∠BCD=180°﹣∠B﹣∠CDB=2α． 即旋转角的大小为2α．
4.2+2
解析:
解：连结CE，设BE与AC相交于点F，如下图所示，
∵Rt△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°
∴∠BCA=∠BAC=45°
∵Rt△ABC绕点A逆时针旋转60°与Rt△ADE重合，
∴∠BAC=∠DAE=45°，AC=AE
又∵旋转角为60°
∴∠BAD=∠CAE=60°，
∴△ACE是等边三角形
∴AC=CE=AE=4

在△ABE与△CBE中，

∴△ABE≌△CBE （SSS）
∴∠ABE=∠CBE=45°，∠CEB=∠AEB=30°
∴在△ABF中，∠BFA=180°﹣45°﹣45°=90°
∴∠AFB=∠AFE=90°
在Rt△ABF中，由勾股定理得，
BF=AF= =2
又在Rt△AFE中，∠AEF=30，°∠AFE=90° FE= AF=2
故，本题的答案是：2+2
∴BE=BF+FE=2+2
5.
解：（1）四边形E′BGD是平行四边形． 理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵将△DCE绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′，
∴CE=AE′，
∵CE=CG，
∴AE′=CG，
∴BE′=DG，
∴四边形E′BGD是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCD=90°．
∵∠BCD+∠DCE=180°，

∴∠BCD=∠DCE=90°．
在△BCG和△DCE，

，

∴△BCG≌△DCE（SAS）；
∴由△BCG绕点C顺时针旋转90°可得到△DCE，再绕点D顺时针旋转90°得到△DAE′．
导学一
知识点讲解 1： 例题
1.C
解析: 解：∵CC′∥AB，
∴∠ACC′=∠CAB=65°，
∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，
∴AC=AC′，
∴∠CAC′=180°﹣2∠ACC′=180°﹣2×65°=50°，
∴∠CAC′=∠BAB′=50°． 故选C．
2.150°
解析:
解：∵△ABC为等边三角形，
∴BA=BC，∠ABC=60°，
∴把△BPC绕B点逆时针旋转60°可得到△BDA，如图，
∴BD=BP=2 ，∠DBP=60°，AD=PC=3，
∴△BPD为等边三角形，
∴PD=PB=2 ，∠DPB=60°，
在△APD中，PD=2 ，AP=1，AD=3，
∵（2 ）2+12=32，
∴PD2+PA2=AD2，
∴△APD是以AD为斜边的直角三角形，
∴∠APD=90°，
∴∠APB=∠APD+∠DPB=90°+60°=150°．
故答案为150°．
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1.135
解析:
解：连接EE′
∵△ABE绕点B顺时针旋转90°到△CBE′
∴∠EBE′是直角，∴△EBE′是直角三角形，

∵△ABE与△CE′B全等
∴BE＝BE′＝2，∠AEB＝∠BE′C
∴∠BEE′＝∠BE′E＝45°，
∵EE′2＝22＋22＝8，AE＝CE′＝1，EC＝3，
∴EC2＝E′C2＋EE′2，
∴△EE′C是直角三角形，
∴∠EE′C＝90°，
∴∠AEB＝135°． 故答案为：135． 2.
解析:
由已知AC=BC，将 绕点C逆时针旋转 ，得 ,连接 ； 由旋转可知： ， ， ；
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形 ，
∴ 且 ，
在 中，∵ ，
∴ 是直角三角形，且 ，
∴
．






3.
解：（1）∵△AOB绕点A按逆时针方向旋转90°得到△ADC，
∴AD=AO，∠OAD=∠BAC=90°，
∴△AOD是等腰直角三角形；
（2）∵∠BOC=120°，
∴∠BOA+∠AOC=360°﹣120°=240°，
由旋转可得，∠AOB=∠ADC，
∴∠ADC+∠AOC=240°，
又∵△AOD是等腰直角三角形，
∴∠DOA=90°，
∴四边形AOCD中，∠DCO=360°﹣90°﹣240°=30°；
（3）由题可得，∠COD=360°﹣∠AOD﹣∠α﹣∠COB=360°﹣45°﹣∠α﹣120°=195°﹣∠α，
∠CDO=∠ADC﹣∠ADO=∠α﹣45°，
∠OCD=180°﹣∠COD﹣∠CDO=180°﹣（195°﹣∠α）﹣（∠α﹣45°）=30°，
①若∠COD=∠CDO，即195°﹣∠α=∠α﹣45°， 解得：∠α=120°；
②若∠COD=∠OCD，则195°﹣∠α=30°， 解得：∠α=165°；
③若∠CDO=∠OCD，即∠α﹣45°=30°， 解得：∠α=75°；
即当α为120°或165°或75°时，△COD是等腰三角形．


例题
1.
2.
解析:
△ABP绕点A逆时针旋转后，能与△ABP/重合AP/=AP=3，∠CAP/=∠BAP
∠PAP/=∠CAP/+∠PAC=∠PAC+∠BAP=900
△APP/为等腰直角三角形, PP/为斜边PP/=
3.
解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴AC=BC，∠ACB=60°．
由旋转的性质可得： CE=CD，∠DCE=60°．
∴∠DCE+∠ACD=∠ACB+∠ACD，
即∠ACE=∠BCD．
在△ACE≌△BCD中，

∵ ，

∴△ACE≌△BCD．
∴AE=BD．
（2）连接DE．
∵CD=CE，∠DCE=60°，
∴△DCE是等边三角形．
∴∠CDE=60°，DC=DE．
∵∠ADC=30°，
∴∠ADC+∠CDE=90°．
∵AD=3，BD=4 ，
∴AE=BD=4 ．
在Rt△ADE中，由勾股定理，
可得DE= = = ．
∴DC=DE= ． 4.

解：将 绕点D顺时针方向旋转60°，使AD和DC重合，得 并连接 ， 由旋转可得： ， ， ；
∴ ∠BDE=∠BDC+∠CDE=∠BDC+∠ADE=∠ADC=600
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∵
∴ ，∴ 中： ，
∴
．







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1.
（1）、 （2）∵在 中，∠ACB=90°
∴
∵
∴
∴ 为所求
2.（ ， ）
3.
解：∵∠AOB=90°，AO=3，BO=6，
∴AB= =3 ，
∵△AOB绕顶点O逆时针旋转到△A′OB′处，
∴AO=A′O=3，A′B′=AB=3 ，
∵点E为BO的中点，
∴OE= BO= ×6=3，
∴OE=A′O，
过 点 O 作 OF⊥A′B′ 于 F， S△A′OB′= ×3 •OF=×3×6，
解得OF= ，
在Rt△EOF中，EF= = ，
∵OE=A′O，OF⊥A′B′，
∴A′E=2EF=2× = （等腰三角形三线合一），
∴B′E=A′B′﹣A′E=3 ﹣ = ．


例题
1.
解：（1）①∵∠BAC=90°，θ=45°，
∴AP⊥BC，BP=CP（等腰三角形三线合一），
∴AP=BP（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）， 又∵∠MBN=90°，BM=BN，
∴AP=PN（等腰三角形三线合一），
∴AP=PN=BP=PC，且AN⊥BC，
∴四边形ABNC是正方形，





∴∠ANC=45°；






②当θ≠45°时，①中的结论不发生变化．
理由如下：∵∠BAC=∠MBN=90°，AB=AC，BM=BN，
∴∠ABC=∠ACB=∠BNP=45°，
又∵∠BPN=∠APC，
∴△BNP∽△ACP，∴ = ， 又∵∠APB=∠CPN，
∴△ABP∽△CNP，∴∠ANC=∠ABC=45°；
（2）∠ANC=90°﹣ ∠BAC．
理由如下：∵∠BAC=∠MBN≠90°，AB=AC，BM=BN，
∴∠ABC=∠ACB=∠BNP= （180°﹣∠BAC）， 又∵∠BPN=∠APC，
∴△BNP∽△ACP，
∴ = ，
又∵∠APB=∠CPN，
∴△ABP∽△CNP，
∴∠ANC=∠ABC， 在△ABC中，
∠ABC= （180°﹣∠BAC）=90°﹣ ∠BAC．
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1.（1）4；（2）4；（3）4；

导学二
知识点讲解 1：半角模型例题
1.①②③
解析:
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠B=∠D=90°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠1=∠2，
∵∠EAF=45°，
∴∠1=∠2=∠22.5°，所以①正确； 连结EF、AC，它们相交于点H，如图，
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴BE=DF， 而BC=DC，
∴CE=CF， 而AE=AF，
∴AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，
∴EB=EH，FD=FH，
∴BE+DF=EH+HF=EF，所以④错误；
∴△ECF的周长=CE+CF+EF=CE+BE+CF+DF=CB+CD=1+1=2，所以③正确；
设BE=x，则EF=2x，CE=1﹣x，
∵△CEF为等腰直角三角形，
∴EF= CE，即2x= （1﹣x），解得x= ﹣1，
∴EF=2（ ﹣1），
∴CH= EF= ﹣1，所以②正确． 故答案为①②③．

2.解：画图如图（1）
（2）选择甲发现：
证明：延长CB到K，使BK=DE，连AK，则△AKB≌△AED，

∵∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠KAF=45°，
∴∠KAF=∠FAE．
∵AK=AE，AF=AF，
∴△AKF≌△AEF．
∴KF=EF．
又∵BK=DE，
∴EF=BF+DE
选择乙发现：
证明：延长CB到K，使BK=DE，连AK，则△AKB≌△AED
∵∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠KAF=45°，
∴∠KAF=∠FAE．
∵AK=AE，AF=AF，
∴△AKF≌△AEF．
∴KF=EF．
又∵BK=DE，
∴EF=BF+DE
△CEF周长=CF+CE+EF
=CF+CE+（BF+DE）
=（CF+BF）+（CE+DE）
=BC+DC=2a（定值） 选择丙发现：









证明：如图，在AK上截取AG=AM，连接BG，GN．
∵AG=AM，AB=AD，∠KAB=∠EAD，
∴△ABG≌△ADM，
∴BG=DM，∠ABG=∠ADB=45°．
又∵∠ABD=45°，
∴∠GBD=90°．
∵∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠KAF=45°，
∴∠KAF=∠FAE．
又∵AG=AM，AN=AN，
∴△GAN≌△NAM．
∴NG=MN，
∵∠GBD=90°，
∴BG2+BN2=NG2，
∴BN2+DM2=MN2．
综上所述：甲、乙、丙三名同学的发现都是正确的．

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1.

解析:
解：∵ BC=DC，
∴ 将绕点C顺时针旋转90°得 ；
∴ ， ， ， ；
∴ ，
且 ，
∴ E、D、Q三点共线，
∵ 的周长为2，即 ， 又 ∵，
，
在
和
中：
，∴
∴

；










∴
2.
解析:
将△ADF绕A点延顺时针方向旋转90°得△ABG，
由旋转性质可知： ， ， ，
∵ ， ∴ 点G、B、E三点共线， 又∵ ，
，
和
中：
∴

在 ，

∴ ；
∴ ，又∵ ，
中： ，∠BAE=30°， ∴ ，
在Rt△EFC中， ，
∴
，
∴
∴ ， ∴，

，


3.
∵ AB=AC，将 绕点A延顺时针方向旋转90°得 ，连接 ，
由旋转可得： ， ， ， ；
∴
，∴
；
∵ ， ，

在 和 中：

∴ ，
∵
∴ 是 ，
即
∴ ．
知识点讲解 2： 手拉手模型例题
1.解：操作与证明：
（1） BE=AD．
∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转30°，
∴∠BCE=∠ACD=30度，
∵△ABC与△C′DE是等边三角形，
∴CA=CB，CE=CD，
∴△BCE≌△ACD，
∴BE=AD．
（2） BE=AD．
∵△C′DE绕点C按顺时针方向旋转的角度为α，
∴∠BCE=∠ACD=α，
∵△ABC与△C′DE是等边三角形，
∴CA=CB，CE=CD，
∴△BCE≌△ACD，
∴BE=AD．
猜想与发现：
当α为180°时，线段AD的长度最大，等于a+b；当α为0°（或360°）时，线段AD的长度最小，等于a﹣b． 2.
解：（1）答：AE⊥GC； 证明：延长GC交AE于点H，
在正方形ABCD与正方形DEFG中，

AD=DC，∠ADE=∠CDG=90°， DE=DG，
∴△ADE≌△CDG，
∴∠1=∠2；
∵∠2+∠3=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠AHG=180°﹣（∠1+∠3）=180°﹣90°=90°，
∴AE⊥GC．
（2）答：成立；
证明：延长AE和GC相交于点H， 在正方形ABCD和正方形DEFG中，
AD=DC，DE=DG，∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=∠EDG=90°，
∴∠1=∠2=90°﹣∠3；
∴△ADE≌△CDG，
∴∠5=∠4；
又∵∠5+∠6=90°，∠4+∠7=180°﹣∠DCE=180°﹣90°=90°，
∴∠6=∠7，
又∵∠6+∠AEB=90°，∠AEB=∠CEH，
∴∠CEH+∠7=90°，
∴∠EHC=90°，
∴AE⊥GC．
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1.A
解析:
解：∵△ABC和△DCE是正三角形，
∴AC=BC，DC=CE，∠BCA=∠DCE=60°，
∴∠BCA+∠BCD=∠DCE+∠BCD，
∴∠ACD=∠BCE， 在△ACD和△BCE中
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∴①正确；
∵△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=∠CAD，
∵∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠BCD=60°=∠ACB，

在△ACP和△BCQ中

∴△ACP≌△BCQ（ASA），

∴AP=BQ，∴②正确； PC=QC，
∴△CPQ为正三角形∴⑤正确
∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC=∠BEC，
∠DCE=60°=∠CAD+∠ADC，
∴∠CAD+∠BEC=60°，
∴∠AOB=∠CAD+∠BEC=60°，∴③正确；
∵△DCE是正三角形，
∴DE=DC，
∵∠AOB=60°，∠DCP=60°，∠DPC＞∠AOB，
∴∠DPC＞∠DCP，
∴DP＜DC，即DP＜DE，∴④错误； 所以正确的有①②③⑤，
故选A． 2.
（1） 由勾股四边形的定义和特殊四边形的性质，则可得出；
（2） ①由旋转的性质可知△ABC≌△DBE，从而可得BC=BE，由∠CBE=60°可得△BCE为等边三角形；
②由①可得∠BCE=60°，从而可知△DCE是直角三角形，再利用勾股定理即可解决问题． 试题解析：（1）正方形、矩形、直角梯形均可；
（2） ①∵△ABC≌△DBE，
∴BC=BE，
∵∠CBE=60°，
∴△BCE是等边三角形；
②由①△BCE为等边三角形，
∴BC=CE，∠BCE=60°，
∵∠DCB=30°，
∴∠DCE=90°， 在Rt△DCE中， DC2+CE2=DE2，
∴DC2+BC2=AC2．
限时考场模拟
1.B
解析: 解：如图，设A1B1与x轴相交于C，
∵△ABO是等边三角形，旋转角为30°，
∴∠A1OC=60°﹣30°=30°，
∴A1B1⊥x轴，
∵等边△ABO的边长为2，
∴OC= ×2= ， A1C= ×2=1，
又∵A1在第四象限，
∴点A1的坐标为（ ，﹣1）． 故选：B．


2.A
解析:
解：∵∠ACB=90°，∠B=60°，
∴∠BAC=90°﹣∠B=30°，
∵Rt△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°，得到△A′B′C，
∴∠ACA′=90°，CA=CA′，∠CA′B′=∠CAB=30°，
∴△ACA′为等腰直角三角形，
∴∠CA′A=45°，
∴∠1=∠CA′A﹣∠CA′B′=45°﹣30°=15°． 故选A．
3.∵ △ABC是等边三角形，
∴ 将△BPA绕点B逆时针旋转60°，则BA与BC重合，
∴ 且 BP=BE，PA=EC，连接EP；
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴
∵ 在 中： ；
∴ ，
∵ ， sub∴ ，
∴ ，∴ ．
4.
解：（1）EA1=FC．理由如下：
∵AB=BC，∴∠A=∠C，
∵△ABC绕点B顺时针旋转角α得△A1BC1，
∴∠ABE=∠C1BF，AB=BC=A1B=BC1，

在△ABE和△C1BF中， ，

∴△ABE≌△C1BF（ASA），
∴BE=BF，
∴A1B﹣BE=BC﹣BF， 即EA1=FC；

（2） 四边形BC1DA是菱形．理由如下：
∵旋转角α=30°，
∠ABC=120°，
∴∠ABC1=∠ABC+α
=120°+30°=150°，

∵∠ABC=120°，AB=BC，
∴∠A=∠C= （180°﹣120°）=30°，
∴∠ABC1+∠C1=150°+30°=180°，
∠ABC1+∠A=150°+30°=180°，
∴AB∥C1D，AD∥BC1，
∴四边形BC1DA是平行四边形， 又∵AB=BC1，
∴四边形BC1DA是菱形；

（3） 过点E作EG⊥AB，
∵∠A=∠ABA1=30°，
∴AG=BG= AB=1，
在Rt△AEG中，AE= = = ， 由（2）知AD=AB=2，
∴DE=AD﹣AE=2﹣
．

课后作业
1.（﹣1，0） 解析:
解：如图，△CDE绕点D按顺时针方向旋转90°后为如图△ODF位置， OF=CE=BC﹣BE=1，
∴点E的对应点F的坐标为（﹣1，0）． 故答案为：（﹣1，0）．







2.40°
解析:
解：∵CC′∥AB，∠CAB=70°，
∴∠C′CA=∠CAB=70°，
又∵C、C′为对应点，点A为旋转中心，

∴AC=AC′，即△ACC′为等腰三角形，
∴∠BAB′=∠CAC′=180°﹣2∠C′CA=40°． 故填：40°．
3.1.6
解析:
解：由旋转的性质可得：AD=AB，
∵∠B=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AB，
∵AB=2，BC=3.6，
∴CD=BC﹣BD=3.6﹣2=1.6．
故答案为：1.6． 4.
解析:
解：∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=1，
∴A′C=AC=1，AB=2，BC= ，
∵∠A=60°，
∴△AA′C是等边三角形，
∴AA′= AB=1，
∴A′C=A′B，
∴∠A′CB=∠A′BC=30°，
∵△A′B′C是△ABC旋转而成，
∴∠A′CB′=90°，BC=B′C，
∴∠B′CB=90°﹣30°=60°，
∴△BCB′是等边三角形，
故答案为： ．
∴BB′=BC= ．
5.
（1） 证明：∵四边形ABCD和四边形ECGF都是正方形，
∴BC=DC，EC=GC，
∠BCE=∠DCG=90°，
∴△BCE≌△DCG，
∴BE=DG；
（2） 解：图中存在通过旋转能够重合的两个三角形，它们是Rt△BCE和Rt△DCG． 将Rt△BCE绕点C顺时针旋转90°，可与Rt△DCG完全重合．

6.（1）证明：在△ABC和△ADE中

，

∴△ABC≌△ADE；
（2）解：∵△ABC≌△ADE，
∴AC=AE，
∴∠C=∠AEC=75°，
∴∠CAE=180°﹣∠C﹣∠AEC=30°，
∴△ADE绕着点A逆时针旋转30°后与△ABC重合，
∴这个旋转角为30°． 7.
（1） 证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到的，
∴AE=AF=AB=AC=2，∠EAF=∠BAC=45°，
∴∠BAC+∠3=∠EAF+∠3，即∠BAE=∠CAF， 在△ABE和△ACF中

，

∴△ABE≌△ACF，
∴BE=CF；
（2） 解：∵四边形ABDF为菱形，
∴DF=AF=2，DF∥AB，
∴∠1=∠BAC=45°，
∴△ACF为等腰直角三角形，
∴CD=CF﹣DF=2 ﹣2．
∴CF= AF=2 ，
8.B
解析:
解：∵线段AB绕点O顺时针旋转90°得到线段A′B′，
∴△ABO≌△A′B′O′，∠AOA′=90°，
∴AO=A′O．
作AC⊥y轴于C，A′C′⊥x轴于C′，
∴∠ACO=∠A′C′O=90°．
∵∠COC′=90°，
∴∠AOA′﹣∠COA′=∠COC′﹣∠COA′，
∴∠AOC=∠A′OC′．
在△ACO和△A′C′O中，

，

∴△ACO≌△A′C′O（AAS），
∴AC=A′C′，CO=C′O．
∵A（﹣2，5），
∴AC=2，CO=5，
∴A′C′=2，OC′=5，
∴A′（5，2）． 故选：B．






9.5
解析:
解：连接BE，如右图所示，
∵△DCB绕点C顺时针旋转60°得到△ACE，AB=3，BC=4，∠ABC=30°，
∴∠BCE=60°，CB=CE，AE=BD，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠CBE=60°，BE=BC=4，
∴∠ABE=∠ABC+∠CBE=30°+60°=90°，
∴AE= ，
又∵AE=BD，
∴BD=5，
故答案为：5．

10.
解：（1）如图，△AMF为所作，
因为△ADB绕点A逆时针旋转90°后得到△AMF， 所以BD旋转90°得到MF，
所以BD⊥MF；

（2）∵△ABD绕点A逆时针旋转β（0＜β＜180°）后得到△AMF，
∴∠MAD=β，
当KA=KD时，则∠KAD=∠D=30°，即β=30°；
当DK=DA时，则∠DKA=∠DAK，而∠D=30°，所以∠DAK= （180°﹣30°）=75°，即β=75°； 当AK=AD时，则∠AKD=∠D=30°，则∠KAD=180°﹣30°﹣30°=120°，即β=120°，

综上所述，β的度数为30°或75°或120°． 11.
（1） 证明：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，
∴DE=DM，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM=∠EDF=45°，
在△DEF和△DMF中，

，

∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF=MF；

（2） 解：设EF=MF=x，
∵AE=CM=2，且BC=6，
∴BM=BC+CM=6+2=8，
∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=8﹣x，
∵EB=AB﹣AE=6﹣2=4，
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2， 即42+（8﹣x）2=x2，
解得：x=5， 则EF=5．







12.
解：（1）由题意知，△ABP≌△CQB，
∴∠A=∠ACB=∠BCQ=45°，∠ABP=∠CPQ，AP=CQ，PB=BQ，
∴∠PCQ=∠ACB+∠BCQ=90°，∠ABP+∠PBC=∠CPQ+∠PBC=90°，
∴△BPQ是等腰直角三角形，△PCQ是直角三角形．
（2）当AB=4，AP：PC=1：3时，有AC=4 ，AP= ，PC=3 ，
∴PQ= =2 ．
（3） 存在2PB2=PA2+PC2，
由于△BPQ是等腰直角三角形，
∴PQ= PB，
∵AP=CQ，
∴PQ2=PC2+CQ2=PA2+PC2， 故有2PB2=PA2+PC2．
13.
（1） 证明：∵EP⊥AE，

∴∠AEB+∠GEF=90°，
又∵∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠GEF=∠BAE， 又∵FG⊥BC，
∴∠ABE=∠EGF=90°，
在△ABE与△EGF中，

，

∴△ABE≌△EGF（AAS）；


（2） 解：∵△ABE≌△EGF，AB=2，


∴AB=EG=2，S△ABE=S△EGF，
∵S△ABE=2S△ECF，
∴SEGF=2S△ECF，
∴EC=CG=1，
∵四边形ABCD是正方形，
∵BC=AB=2，
∴BE=2﹣1=1．
14.解：（1）不变，其度数为：45°； 设对角线交于O点，
由题意可知∠BAE=α°，∠OAQ=α°，所以∠BAE=∠OAQ 因为∠ABE=∠AOQ=90°
所以△ABE∽△AOQ
∴AB：AO=AE：AQ
所以AB/AE=AO/AQ，又因为∠BAO=∠EAQ=45°， 所以△BAO∽△EAQ，
所以∠AEQ=∠ABO=45°， 所以∠AEQ的度数不变；

（2）结论：S△AEF=2S△APQ
证明：∵∠AEQ=45°，∠EAF=45°
∴∠EQA=90°
∴
∴S△AEF=
过点Q作QG⊥AE于点G， 同理可得， 过点P作PH⊥AF于H，
= △APQ



15.

解：（1） EG=CG，EG⊥CG．
（2）EG=CG，EG⊥CG．
证明：延长FE交DC延长线于M，连MG．
∵∠AEM=90°，∠EBC=90°，∠BCM=90°，
∴四边形BEMC是矩形．
∴BE=CM，∠EMC=90°，
又∵BE=EF，
∴EF=CM．
∵∠EMC=90°，FG=DG，
∴MG= FD=FG．
∵BC=EM，BC=CD，
∴EM=CD．
∵EF=CM，
∴FM=DM，
∴∠F=45°． 又FG=DG，
∠CMG= ∠EMC=45°，
∴∠F=∠GMC．
∴△GFE≌△GMC．
∴EG=CG，∠FGE=∠MGC．
∵∠FMC=90°，MF=MD，FG=DG，
∴MG⊥FD，
∴∠FGE+∠EGM=90°，
∴∠MGC+∠EGM=90°， 即∠EGC=90°，
∴EG⊥CG．