关于全等三角形的旋转难题教学类别.docx

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关于全等三角形的旋转难题教学类别

旋转

已知，如图，三角形ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，F是AB的中点，直线l经过点C，分别过点A、B作l的垂线，即AD⊥CE，BE⊥CE，

（1）如图1，当CE位于点F的右侧时，求证：

△ADC≌△CEB；

（2）如图2，当CE位于点F的左侧时，求证：

ED=BE-AD；

（3）如图3，当CE在△ABC的外部时，试猜想ED、AD、BE之间的数量关系，并证明你的猜想．

考点：

全等三角形的判定与性质．专题：

证明题；探究型．分析：

（1）利用同角的余角相等得出∠CAD=∠BCE，进而根据AAS证明△ADC≌△CEB．

（2）根据AAS证明△ADC≌△CEB后，得其对应边相等，进而得到ED=BE-AD．

（3）根据AAS证明△ADC≌△CEB后，得DC=BE，AD=CE，又有ED=CE+DC，进而得到ED=AD+BE．解答：

（1）证明：

∵AD⊥CE，BE⊥CE，

∴∠ADC=∠CEB=90°．

∵∠ACD+∠ECB=90°，∠CAD+∠ACD=90°，

∴∠CAD=∠BCE（同角的余角相等）．

在△ADC与△CEB中

∠ADC=∠CEB∠CAD=∠BCEAC=BC，

∴△ADC≌△CEB（AAS）．

（2）证明：

∵AD⊥CE，BE⊥CE，

∴∠ADC=∠CEB=90°．

∵∠ACD+∠ECB=90°，∠CAD+∠ACD=90°，

∴∠CAD=∠BCE（同角的余角相等）．

在△ADC与△CEB中

∠ADC=∠CEB∠CAD=∠BCEAC=BC，

∴△ADC≌△CEB（AAS）．

∴DC=BE，AD=CE．

又∵ED=CD-CE，

∴ED=BE-AD．

（3）ED=AD+BE．

证明：

∵AD⊥CE，BE⊥CE，

∴∠ADC=∠CEB=90°．

∵∠ACD+∠ECB=90°，∠CAD+∠ACD=90°，

∴∠CAD=∠BCE（同角的余角相等）．

在△ADC与△CEB中

∠ADC=∠CEB∠CAD=∠BCEAC=BC，

∴△ADC≌△CEB（AAS）．

∴DC=BE，AD=CE．

又∵ED=CE+DC，

∴ED=AD+BE．点评：

本题考查了全等三角形的判定和性质；利用全等三角形的对应边相等进行等量交换，证明线段之间的数量关系，这是一种很重要的方法，注意掌握

3.如图1、图2、图3，△AOB，△COD均是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90º，

（1）在图1中，AC与BD相等吗，有怎样的位置关系？

请说明理由。

（2）若△COD绕点O顺时针旋转一定角度后，到达图2的位置，请问AC与BD还相等吗，还具有那种位置关系吗？

为什么？

（3）若△COD绕点O顺时针旋转一定角度后，到达图3的位置，请问AC与BD还相等吗？

还具有上问中的位置关系吗？

为什么？

考点：

旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．分析：

（1）根据等腰三角形的两腰相等进行解答．

（2）证明△DOB≌△COA，根据全等三角形的对应边相等进行说明．解答：

解：

（1）相等．

在图1中，∵△AOB，△COD均是等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，

∴OA=OB，OC=OD，

∴0A-0C=0B-OD，

∴AC=BD；

（2）相等．

在图2中，0D=OC，∠DOB=∠COA，OB=OA，

∴△DOB≌△COA，

∴BD=AC．点评：

本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的性质以及旋转问题，在旋转的过程中要注意哪些量是不变的，找出图形中的对应边与对应角．

4.（2008河南）．（9分）复习“全等三角形”的知识时，老师布置了一道作业题：

“如图①，已知在△ABC中，AB=AC，P是△ABC内部任意一点，将AP绕A顺时针旋转至AQ，使∠QAP=∠BAC，连接BQ、CP，则BQ=CP．”

小亮是个爱动脑筋的同学，他通过对图①的分析，证明了△ABQ≌△ACP，从而证得BQ=CP之后，将点P移到等腰三角形ABC之外，原题中的条件不变，发现“BQ=CP”仍然成立，请你就图②给出证明．

考点：

全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．专题：

证明题；探究型．分析：

此题的两个小题思路是一致的；已知∠QAP=∠BAC，那么这两个等角同时减去同一个角（2题是加上同一个角），来证得∠QAB=∠PAC；而根据旋转的性质知：

AP=AQ，且已知AB=AC，即可由SAS证得△ABQ≌△ACP，进而得出BQ=CP的结论．解答：

证明：

（1）∵∠QAP=∠BAC，

∴∠QAP-∠BAP=∠BAC-∠BAP，

即∠QAB=∠CAP；

在△BQA和△CPA中，

AQ=AP∠QAB=∠CAPAB=AC，

∴△BQA≌△CPA（SAS）；

∴BQ=CP．

（2）BQ=CP仍然成立，理由如下：

∵∠QAP=∠BAC，

∴∠QAP+∠PAB=∠BAC+∠PAB，

即∠QAB=∠PAC；

在△QAB和△PAC中，

AQ=AP∠QAB=∠PACAB=AC，

∴△QAB≌△PAC（SAS），

∴BQ=CP．点评：

此题主要考查了等腰三角形的性质以及全等三角形的判定和性质；选择并利用三角形全等是正确解答本题的关键．

5.（2009山西太原）将一张透明的平行四边形胶片沿对角线剪开，得到图①中的两张三角形胶片

和

．且

≌

。

将这两张三角形胶片的顶点

与顶点

重合，把

绕点

顺时针方向旋转，这时

与

相交于点

．

①当

旋转至如图②位置，点

，

在同一直线上时，

与

的数量关系是．

②当

继续旋转至如图③位置时，

（1）中的结论还成立吗？

AO与DO存在怎样的数量关系？

请说明理由．

点：

旋转的性质；全等三角形的判定与性质．专题：

探究型．分析：

（1）根据外角的性质，得∠AFD=∠D+∠ABC，∠DCA=∠A+∠ABC，从而得出∠AFD=∠DCA；

（2）成立．由△ABC≌△DEF，可证明∠ABF=∠DEC．则△ABF≌△DEC，从而证出∠AFD=∠DCA；

（3）BO⊥AD．由△ABC≌△DEF，可证得点B在AD的垂直平分线上，进而证得点O在AD的垂直平分线上，则直线BO是AD的垂直平分线，即BO⊥AD．解答：

解：

（1）∠AFD=∠DCA（或相等）．

（2）∠AFD=∠DCA（或成立），理由如下：

方法一：

由△ABC≌△DEF，得AB=DE，BC=EF（或BF=EC），∠ABC=∠DEF，∠BAC=∠EDF．∴∠ABC-∠FBC=∠DEF-∠CBF，

∴∠ABF=∠DEC．

在△ABF和△DEC中，AB=DE∠ABF=∠DECBF=EC

∴△ABF≌△DEC，∠BAF=∠EDC．

∴∠BAC-∠BAF=∠EDF-∠EDC，∠FAC=∠CDF．

∵∠AOD=∠FAC+∠AFD=∠CDF+∠DCA，

∴∠AFD=∠DCA．

方法二：

连接AD．同方法一△ABF≌△DEC，

∴AF=DC．

由△ABC≌△DEF，得FD=CA．

在△AFD≌△DCA，AF=DCFD=CAAD=DA

∴△AFD≌△DCA，∠AFD=∠DCA．

（3）如图，BO⊥AD．

方法一：

由△ABC≌△DEF，点B与点E重合，

得∠BAC=∠BDF，BA=BD．

∴点B在AD的垂直平分线上，

且∠BAD=∠BDA．

∵∠OAD=∠BAD-∠BAC，∠ODA=∠BDA-∠BDF，

∴∠OAD=∠ODA．

∴OA=OD，点O在AD的垂直平分线上．

∴直线BO是AD的垂直平分线，BO⊥AD．

方法二：

延长BO交AD于点G，同方法一，OA=OD．

在△ABO和△DBO中，AB=DBBO=BOOA=OD

∴△ABO≌△DBO，∠ABO=∠DBO．

在△ABG和△DBG中，AB=DB∠ABG=∠DBGBG=BG

∴△ABG≌△DBG，∠AGB=∠DGB=90°．

∴BO⊥AD．点评：

本题考查了三角形全等的判定和性质以及旋转的性质，是基础知识要熟练掌握．

例1正方形ABCD中，E为BC上的一点，F为CD上的一点，BE+DF=EF，求∠EAF的度数.

考点：

旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．分析：

延长EB使得BG=DF，易证△ABG≌△ADF（SAS）可得AF=AG，进而求证△AEG≌△AEF可得∠EAG=∠EAF，再求出∠EAG+∠EAF=90°即可解题．解答：

解：

延长EB使得BG=DF，

在△ABG和△ADF中，

由AB=AD∠ABG=∠ADF=90°BG=DF，

可得△ABG≌△ADF（SAS），

∴∠DAF=∠BAG，AF=AG，

又∵EF=DF+BE=EB+BG=EG，AE=AE，

∴△AEG≌△AEF（SSS），

∴∠EAG=∠EAF，

∵∠DAF+∠EAF+∠BAE=90°

∴∠EAG+∠EAF=90°，

∴∠EAF=45°．

答：

∠EAF的角度为45°．点评：

本题考查了正方形各内角均为直角，考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边、对应角相等的性质，本题中求证∠EAG=∠EAF是解题的关键．

例2D为等腰

斜边AB的中点，DM⊥DN,DM,DN分别交BC,CA于点E,F。

（1）当

绕点D转动时，求证DE=DF。

（2）若AB=2，求四边形DECF的面积。

考点：

旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．专题：

计算题．分析：

（1）连CD，根据等腰直角三角形的性质得到CD平分∠ACB，CD⊥AB，∠A=45°，CD=DA，则∠BCD=45°，∠CDA=90°，由∠DM⊥DN得∠EDF=90°，根据等角的余角相等得到∠CDE=∠ADF，根据全等三角形的判定易得△DCE≌△ADF，即可得到结论；

（2）由△DCE≌△ADF，则S△DCE=S△ADF，于是四边形DECF的面积=S△ACD，由而AB=2可得CD=DA=1，根据三角形的面积公式易求得S△ACD，从而得到四边形DECF的面积．解答：

解：

（1）连CD，如图，

∵D为等腰Rt△ABC斜边AB的中点，

∴CD平分∠ACB，CD⊥AB，∠A=45°，CD=DA，

∴∠BCD=45°，∠CDA=90°，

∵∠DM⊥DN，

∴∠EDF=90°，

∴∠CDE=∠ADF，

在△DCE和△ADF中，

∠DCE=∠DAFDC=DA∠CDE=∠ADF，

∴△DCE≌△ADF，

∴DE=DF；

（2）∵△DCE≌△ADF，

∴S△DCE=S△ADF，

∴四边形DECF的面积=S△ACD，

而AB=2，

∴CD=DA=1，

∴四边形DECF的面积=S△ACD=12CD•DA=12．点评：

本题考查了旋转的性质：

旋转前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等腰直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质．

1、已知四边形

中，

，

，

，

，

，

绕

点旋转，它的两边分别交

（或它们的延长线）于

．

当

绕

点旋转到

时（如图1），易证

．

当

绕

点旋转到

时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立？

若成立，请给予证明；若不成立，线段

，

又有怎样的数量关系？

请写出你的猜想，不需证明．

2、（西城09年一模）已知:

PA=

PB=4,以AB为一边作正方形ABCD,使P、D两点落在直线AB的两侧.

（1）如图,当∠APB=45°时,求AB及PD的长;

（2）当∠APB变化,且其它条件不变时,求PD的最大值,及相应∠APB的大小.

3、在等边

的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N，D为

外一点，且

BD=DC.探究：

当M、N分别在直线AB、AC上移动时，BM、NC、MN之间的数量关系及

的周长Q与等边

的周长L的关系．

图1图2图3

（

）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM=DN时，BM、NC、MN之间的数量关系是；此时

；

（

）如图2，点M、N边AB、AC上，且当DM

DN时，猜想（

）问的两个结论还成立吗？

写出你的猜想并加以证明；

（

）如图3，当M、N分别在边AB、CA的延长线上时，

若AN=

，则Q=（用

、L表示）．

考点：

等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质．分析：

（1）由DM=DN，∠MDN=60°，可证得△MDN是等边三角形，又由△ABC是等边三角形，CD=BD，易证得Rt△BDM≌Rt△CDN，然后由直角三角形的性质，即可求得BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC=MN，此时QL=23；

（2）在CN的延长线上截取CM1=BM，连接DM1．可证△DBM≌△DCM1，即可得DM=DM1，易证得∠CDN=∠MDN=60°，则可证得△MDN≌△M1DN，然后由全等三角形的性质，即可得结论仍然成立；

（3）首先在CN上截取CM1=BM，连接DM1，可证△DBM≌△DCM1，即可得DM=DM1，然后证得∠CDN=∠MDN=60°，易证得△MDN≌△M1DN，则可得NC-BM=MN．解答：

解：

（1）如图1，BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC=MN．

此时QL=23．（2分）．

理由：

∵DM=DN，∠MDN=60°，

∴△MDN是等边三角形，

∵△ABC是等边三角形，

∴∠A=60°，

∵BD=CD，∠BDC=120°，

∴∠BDC=∠DCB=30°，

∴∠MBD=∠NCD=90°，

∵DM=DN，BD=CD，

∴Rt△BDM≌Rt△CDN，

∴∠BDM=∠CDN=30°，BM=CN，

∴DM=2BM，DN=2CN，

∴MN=2BM=2CN=BM+CN；

∴AM=AN，

∴△AMN是等边三角形，

∵AB=AM+BM，

∴AM：

AB=2：

3，

∴QL=23；

（2）猜想：

结论仍然成立．（3分）．

证明：

在CN的延长线上截取CM1=BM，连接DM1．（4分）

∵∠MBD=∠M1CD=90°，BD=CD，

∴△DBM≌△DCM1，

∴DM=DM1，∠MBD=∠M1CD，M1C=BM，

∵∠MDN=60°，∠BDC=120°，

∴∠M1DN=∠MDN=60°，

∴△MDN≌△M1DN，

∴MN=M1N=M1C+NC=BM+NC，

∴△AMN的周长为：

AM+MN+AN=AM+BM+CN+AN=AB+AC，

∴QL=23；

（3）证明：

在CN上截取CM1=BM，连接DM1．（4分）

可证△DBM≌△DCM1，

∴DM=DM1，（5分）

可证∠CDN=∠MDN=60°，

∴△MDN≌△M1DN，

∴MN=M1N，（7分）．

∴NC-BM=MN．（8分）．点评：

此题考查了等边三角形，直角三角形，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的作法．

例8．（2005年马尾）用两个全等的等边三角形△ABC和△ACD拼成菱形ABCD.把一个含60°角的三角尺与这个菱形叠合，使三角尺的60°角的顶点与点A重合，两边分别与AB，AC重合.将三角尺绕点A按逆时针方向旋转.

（1）当三角尺的两边分别与菱形的两边BC，CD相交于点E，F时，（如图13—1），通过观察或测量BE，CF的长度，你能得出什么结论？

并证明你的结论；

（2）当三角尺的两边分别与菱形的两边BC，CD的延长线相交于点E，F时（如图13—2），你在

（1）中得到的结论还成立吗？

简要说明理由.

考点：

菱形的性质；三角形的面积；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．分析：

（1）利用全等三角形的判定得出△ABE≌△ACF即可得出答案；

（2）根据已知可以得出∠BAE=∠CAF，进而求出△ABE≌△ACF即可；

（3）利用四边形AECF的面积S=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC求出即可．解答：

解：

（1）得出结论是：

BE=CF，

证明：

∵∠BAC=∠EAF=60°，

∴∠BAC-∠EAC=∠EAF-∠EAC，

即：

∠BAE=∠CAF，

又∵AB=AC，∠ABE=∠ACF=60°，

∴∠BAE=∠CAFAB=AC∠ABE=∠ACF，

∴△ABE≌△ACF（ASA），

∴BE=CF，

（2）还成立，

证明：

∵∠BAC=∠EAF=60°，

∴∠BAC+∠EAC=∠EAF+∠EAC，

即∠BAE=∠CAF，

又∵AB=AC，∠ABE=∠ACF=60°，

即∠BAE=∠CAFAB=AC∠ABE=∠ACF，

∴△ABE≌△ACF（ASA），

∴BE=CF，

（3）证明：

∵△ABE≌△ACF，

∴S△ABE=S△ACF，

∴四边形AECF的面积S=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC；

而S△ABC=12S菱形ABCD，

∴S=12S菱形ABCD．点评：

此题主要考查了全等三角形的判定以及四边形面积，熟练利用全等三角形判定求出是解题关键．

解：

（1）BE=CF.

证明：

在△ABE和△ACF中，∵∠BAE+∠EAC=∠CAF+∠EAC=60°，

∴∠BAE=∠CAF.

∵AB=AC，∠B=∠ACF=60°，∴△ABE≌△ACF（ASA）.

∴BE=CF.

（2）BE=CF仍然成立.根据三角形全等的判定公理，同样可以证明△ABE和△ACF

旋转型

1、如图，正方形ABCD的边长为1，G为CD边上一动点（点G与C、D不重合），以CG为一边向正方形ABCD外作正方形GCEF，连接DE交BG的延长线于H。

求证：

①△BCG≌△DCE

②BH⊥DE

考点：

正方形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质．专题：

动点型．分析：

（1）根据正方形的边的性质和直角可通过SAS判定△BCG≌△DCE，从而利用全等的性质得到∠BGC=∠DEC；

（2）连接BD，解题关键是利用垂直平分线的性质得出BD=BE，从而找到BD=2，CE=BE-BC=2

-1，根据全等三角形的性质求解即可．解答：

解：

（1）证明：

∵四边形ABCD、GCEF都是正方形，

∴BC=DC，∠BCG=∠DCE=90°，GC=EC

∴△BCG≌△DCE（3分）

∴∠BGC=∠DEC（4分）

（2）连接BD

如果BH垂直平分DE，则有BD=BE（6分）

∵BC=CD=1，

∴BD=2（8分）

∴CE=BE-BC=2-1（9分）

∴CG=CE=2-1

即当CG=2-1时，BH垂直平分DE．（10分）点评：

此题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和线段的垂直平分线的性质等几何知识．线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．特殊图形的特殊性质要熟练掌握．

2、两个大小不同的等腰直角三角形三角板如图1所示放置，图2是由它抽象出的几何图形，B，C，E在同一条直线上，连结DC．

（1）请找出图2中的全等三角形，并给予证明（说明：

结论中不得含有未标识的字母）；

（2）证明：

DC⊥BE．

考点：

全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．

专题：

证明题．

分析：

（1）此题根据△ABC与△AED均为等腰直角三角形，容易得到全等条件证明△ABE≌△ACD；

（2）根据

（1）的结论和已知条件可以证明DC⊥BE．

解答：

证明：

（1）∵△ABC与△AED均为等腰直角三角形，

∴AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD=90°．

∴∠BAC+∠CAE=∠EAD+∠CAE．

即∠BAE=∠CAD，

在△ABE与△ACD中，

∵

AB=AC

∠BAE=∠CAD

AE=AD

∴△ABE≌△ACD．

（2）∵△ABE≌△ACD，

∴∠ACD=∠ABE=45°．

又∵∠ACB=45°，

∴∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°．

∴DC⊥BE．

点评：

此题是一个实际应用问题，利用全等三角形的性质与判定来解决实际问题，关键是理解题意，得到所需要的已知条件．

3、

（1）如图7，点O是线段AD的中点，分别以AO和DO为边在线段AD的同侧作等边三角形OAB和等边三角形OCD，连结AC和BD，相交于点E，连结BC．求∠AEB的大小；

（2）如图8，ΔOAB固定不动，保持ΔOCD的形状和大小不变，将ΔOCD绕着点O旋转（ΔOAB和ΔOCD不能重叠），求∠AEB的大小.

4、如图，AE⊥AB，AD⊥AC，AB=AE，∠B=∠E，

求证：

（1）BD=CE；

（2）BD⊥CE．

．证明：

（1）AE⊥AB，AD⊥AC∠BAE=∠CAD

∠BAD=∠CAE．而AB=AE，∠B=∠E，

∴△ABD≌△AEC．∴BD=CE．

（2）由△ABD≌△AEC知∠B=∠E．

而∠AGB=∠EGF，∴∠EFG=∠EAB=90°，∴BD⊥CE．

如图，点O是线段AD的中点，分别以AO和DO为边在线段AD的同侧作等边三角形OAB和等边三角形OCD，连接AC和BD，相交于点E，连接BC．求∠AEB的大小．考点：

等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质．专题：

计算题．分析：

由于△BOC和△ABO都是等边三角形，可得OD=DC=OC=OB=OA，进而求出∠BDA与∠CAD的大小及关系，则可求解∠AEB．解答：

解：

∵△DOC和△ABO都是等边三角形，

且点O是线段AD的中点，

∴OD=DC=OC=OB=OA，

∴△ACD≌△DBA，

∴∠BDA=∠CAD．

又∵∠BDA+∠OBD=∠BOA=60°，

而∠ODB=∠OBD，

∴∠BDA=30°．

∴∠CAD=30°．

∵∠AEB=∠BDA+∠CAD，

∴∠AEB=60°．点评：

本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质；可围绕结论寻找全等三角形，运用全等三角形的性质判定线段相等，求得角的度数是正确解答本题的关键．

答题：

yeyue

5、如图所示，已知AE⊥AB，AF⊥AC，AE=AB，AF=AC。

求证：

（1）EC=BF；

（2）EC⊥BF

6、正方形ABCD中，E为BC上的一点，F为CD上的一点，BE+DF=EF，求∠EAF的度数.

考点：

旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．分析：

延长EB使得BG=DF，易证△ABG≌△ADF（SAS）可得AF=AG，进而求证△AEG≌△AEF可得∠EAG=∠EAF，再求出∠EAG+∠EAF=90°即可解题．解答：

解：

延长EB使得BG=DF，

在△ABG和△ADF中，

由AB=AD∠ABG=∠ADF=90°BG=DF，

可得△ABG≌△ADF（SAS），

∴∠DAF=∠BAG，AF=AG，

又∵EF=DF+BE=EB+BG=EG，AE=AE，

∴△AEG≌△AEF（SSS），

∴∠EAG=∠EAF，

∵∠DAF+∠EAF+∠BAE=90°

∴∠EAG+∠EAF=90°，

∴∠EAF=45°．

答：

∠EAF的角度为45°．点评：

本题考查了正方形各内角均为直角，考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边、对应角相等的性质，本题中求证∠EAG=∠EAF是解题的关键．

7、D为等腰

斜边AB的中点，DM⊥DN,DM,DN分别交BC,CA于点E,F。

①当

绕点D转动时，求证DE=DF。

②若AB=2，求四边形DECF的面积。

10、如图，已知AB=CD=AE=BC+DE=2，∠ABC=∠AED=90°，求五边形ABCDE的面积

考点：

全等三角形的判定与性质．专题：

应用题．分析：

可延长DE