(共25张PPT)
微专题3
一线三等角模型
1. 模型及方法类
微专题3 一线三等角模型(9年3考)
一阶 模型应用
模型回顾
1．如图，一线三等角模型的特点有：
(1)∠1，∠2，∠3的顶点在同一条直线上；
(2)∠1，∠2，∠3之间的关系是________________．
∠1＝∠2＝∠3.
2．一线三等角模型的结论：
(1)△APC和△BDP的关系是________________；
(2)若在(1)中的条件下，增加条件____________________________，可以得到△APC≌△BDP.
△APC∽△BDP
CP＝PD或AP＝BD或AC＝BP
1. (北师八下P35第17题改编)如图，在等边△ABC中，AB＝6，点D，E，F分别在AB，BC，AC边上，连接DE，EF，且∠DEF＝60°.若BD＝4，E为BC的中点，求CF的长．
第1题图
解：∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝∠C＝60°，
∴∠BDE＋∠BED＝120°，
∵∠DEF＝60°，∴∠CEF＋∠BED＝120°，
∴∠BDE＝∠CEF，∴△BDE∽△CEF，∴ ，
∵E为BC的中点，∴BE＝CE＝3，且BD＝4，
∴ ＝ ，解得CF＝ .
2. 如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝10，点E是CD边上一点，连接BE，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上的点F处，求FE的长．
第2题图
解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠C＝∠D＝90°，
∴由折叠性质得EF＝EC，BF＝BC＝10，∠BFE＝∠C＝90°，
在Rt△AFB中，AB2＋AF2＝BF2，AB＝5，BF＝10，
∴52＋AF2＝102，∴AF＝5 (负值已舍去)，
∵∠AFB＋∠EFD＝90°，∠EFD＋∠DEF＝90°，
∴∠AFB＝∠DEF，∴△AFB∽△DEF，∴ ＝ ，
即 ＝ ，解得DE＝10 －15，∴FE＝CE＝DC－DE＝20－10 .
二阶 模型构造
构造方法
(1)若图中存在一条直线上有一个直角时，根据一线三等角的特点，从直角的两边上的已知点向直角顶点所在直线作垂线，构造一线三等角模型；
(2)若图中存在一条线上有两个等角时，根据一线三等角的特点，补上一个与前两个角相等的角．
3. (人教八下P69第14题改编)如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E是BC上一点，连接DE，将线段DE绕点E逆时针旋转90°得到线段EF，连接BF，BE＝4.
(1)求△BEF的面积；
由旋转的性质可得∠DEF＝90°，DE＝EF，
∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝AB＝6，∠C＝90°，
∵∠DEC＋∠CDE＝90°，∠DEC＋∠GEF＝90°，
∴∠CDE＝∠GEF.
第3题图
解：(1)如图，过点F作FG⊥BC交CB的延长线于点G，则∠FGE＝90°，
G
∟
在△CDE和△GEF中，
∴△CDE≌△GEF(AAS)，
∴CE＝GF.
∵BE＝4，
∴CE＝BC－BE＝2，∴GF＝CE＝2，
∴S△BEF＝ BE·GF＝ ×4×2＝4；
第3题图
G
(2)由(1)知：△CDE≌△GEF，FG＝EC＝2，GE＝CD＝6，
∵BE＝4，
∴BG＝2，
∴BG＝FG，
∵∠FGB＝90°，
∴∠FBG＝∠GFB＝45°，
∵∠ABG＝90°，
∴∠FBA＝45°.
(2)求∠FBA的度数．
G
第3题图
4. 如图，点D，C，E在直线l上，点A，B在l的同侧，AC⊥BC，若AD＝AC＝BC＝BE＝5，CD＝6，求CE的长．
∵AD＝AC，AG⊥CD，∴CG＝ CD＝3，
在Rt△ACG中，由勾股定理得，AG＝ ＝ ＝4，
∵AC⊥BC，
∴∠CAG＋∠GCA＝∠GCA＋∠BCH＝90°，
∴∠CAG＝∠BCH.
第4题图
解：如图，过点A作AG⊥CD于点G，过点B作BH⊥CE于点H，
∟
∟
G
H
在△ACG和△CBH中，
∴△ACG≌△CBH(AAS)，
∴CH＝AG＝4.
∵BC＝BE，BH⊥CE，
∴CE＝2CH＝8.
第4题图
∟
∟
G
H
5. 如图，在 ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠B＝60°，点E是AB边上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC边于点F，且∠EFD＝60°，求AE的长．
一题多解法
∵∠B＝∠EFD＝60°，∴∠BFE＋∠BEF＝∠BFE＋∠GFD＝120°，
∴∠BEF＝∠GFD，
∵∠B＝∠G＝60°，
∴△BEF∽△GFD，
∴ ＝ ＝ ，
解：解法一：如图，延长BC至点G，连接DG，使∠G＝60°，
第5题图
G
∵∠EFD＝60°，∠DEF＝90°，∴DF＝ ＝2EF，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD＝3，
∴∠DCG＝∠B＝∠G＝60°，∴△DCG是等边三角形，
∴CG＝DG＝CD＝3，
∴ ＝ ＝ ，
∴BF＝ ，∴BE＝ ，
∴AE＝AB－BE＝ .
第5题图
G
∵∠MEF＋∠DEN＝∠NDE＋∠DEN＝90°，∴∠MEF＝∠NDE，
∵∠EMF＝∠DNE＝90°，∴△EMF∽△DNE，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠B＝60°，
∴AD∥BC，AD＝BC＝4，
∴∠NAD＝∠B＝60°，
∴AN＝ AD＝2，DN＝ AD＝2 ，
解法二：
如图，过点F作FM⊥AB于点M，过点D作DN⊥AB，交BA的延长线于
点N，
第5题图
M
N
∵∠EFD＝60°，∠DEF＝90°，∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴EM＝2，
设AE＝x，则BM＝AB－AE－EM＝1－x，NE＝AN＋AE＝2＋x，
在Rt△BMF中，MF＝ BM＝ － x，
∴ ＝ ，解得x＝ ，∴AE＝ .
第5题图
M
N
三阶 综合提升
1. 如图，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，若DE＝10，BD＝3，则CE的长为______．
2. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，点E在AC边上，点F在BC的延长线上，且∠EDF＝∠A＝45°，连接EF.若AE＝2，CF＝3，则EF的长为________．
第1题图
第2题图
7
5
3. (人教八上P52第7题改编)如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D，E.
求证：DE＝BD＋CE.
第3题图
证明：∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
∴∠ABD＋∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＋∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△BDA和△AEC中，
∴△BDA≌△AEC(AAS)，
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AE＋DA＝BD＋CE.
第3题图
4. 如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝ ，E为CD边上一点，将△BCE沿BE折叠，使得点C落到矩形内点F的位置，连接AF，若tan∠BAF＝ ，求CE的长．
解：如图，过点F作MN∥AD，
分别交AB，CD于点M，N，则MN⊥AB，MN⊥CD.
第4题图
M
∟
∟
N
由折叠的性质得，EC＝EF，BC＝BF＝ ，
∠C＝∠BFE＝90°.
∵tan∠BAF＝ ＝ ，
设FM＝x，则AM＝2x，BM＝4－2x.
在Rt△BFM中，由勾股定理得x2＋(4－2x)2＝( )2，
解得x1＝1，x2＝ ＞2(舍去)，
∴FM＝1，AM＝BM＝2，
∴FN＝ －1，
易证△BMF∽△FNE，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
解得FE＝ ，∴CE＝ .
第4题图
M
∟
∟
N
5. 如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是线段BC上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE，交CD于点F.
(1)如图①，求证：△ABE∽△ECF；
(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，∴∠BAE＋∠AEB＝90°.
∵EF⊥AE，∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB＋∠CEF＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
∴△ABE∽△ECF；
第5题图①
则EH∥AB，∴ ＝ .
解得EH＝ ，
(2)如图②，连接AC交EF于点G.若BE＝3，求EG的长；
(2)解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD＝90°.
由(1)得△ABE∽△ECF，
∴ ＝ ，
∵AB＝6，BE＝3，BC＝8，
∴ ＝ ，解得CF＝ ，
第5题图②
H
如图，过点E作EH⊥BC交AC于点H，
又∵EH∥CF，∴△CGF∽△HGE，
∴ ＝ ，
在Rt△ECF中，EF＝ ＝ ，
设EG＝x，则FG＝ －x，
∵ ＝ ，
即 ＝ ，解得x＝ ，即解得EG＝ ；
第5题图②
H
解题关键点
过点E作EH⊥BC交AC于点H，证得△CGF∽△HGE；
(3)如图③，连接AC，过点C作CH⊥AC，交EF的延长线于点H.若点E是BC的中点，求CH的长．
第5题图③
∵CH⊥AC，∴∠ACH＝90°.
同(1)理可得，△ABC∽△CNH，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴3NH＝4CN.
设CN＝3x，则NH＝4x，CH＝5x.
(3)解：如图，过点H作HN⊥BC，
交BC的延长线于点N.
N
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE＝ BC＝4，
∴EN＝CE＋CN＝4＋3x.
∵EF⊥AE，∴∠AEF＝90°，
同理可得，△ABE∽△ENH，
∴ ＝ ，
即 ＝ ，解得x＝ ，
∴CH＝5x＝5× ＝ .
第5题图③
N
解题关键点
过点H作HN⊥BC交BC延长线于点N，证得△ABC∽△CNH，△ABE∽ △ENH.(共25张PPT)
微专题4
手拉手模型
微专题4 手拉手模型(9年6考)
一阶 模型应用
模型回顾
1. (1)OA≠OB，OC≠OD，CD∥AB；(2)∠AOB＝∠COD；
(3)将△OCD绕顶点O旋转，连接
AC，BD，可得：△AOC∽△BOD.
简记：非等腰，共顶角，绕共顶点旋转得相似．
一、手拉手模型动态旋转图形(9年5考)
1. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，将△ABC绕点C旋转一定角度得到△A′B′C，求 的值．
第1题图
解：由旋转可知：∠BCB′＝∠ACA′，BC＝B′C，AC＝A′C，
∴ ＝ ，∴△BCB′∽△ACA′，
∵△ABC为直角三角形，∠ACB＝30°，
∴BC＝ AC，
∴ ＝ ＝ .
模型回顾
2. (1)OA＝OB，OC＝OD；
(2)∠AOB＝∠COD；
(3)将△OCD绕顶点O旋转，连接AC，BD，可得：△AOC≌△BOD.
简记：双等腰，共顶角，绕共顶点旋转得全等．
手拉手模型
2. 如图，将等腰△ABC绕点A旋转得到△DAE，点B，C的对应点分别是点D，E，AB＝AC，连接BD，CE，若BD＝3，求CE的长．
第2题图
解：由旋转可知：AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE，
∵∠BAC＝∠BAD＋∠DAC，∠DAE＝∠DAC＋∠CAE，
∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，∴AB＝AD＝AC＝AE，
在△BAD和△CAE中，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴CE＝BD＝3.
3. 如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D是平面内一点，连接DC，DB，将线段DB绕点D逆时针旋转90°得到线段DE，连接AE，BE.求 的值．
第3题图
解：∵线段DB绕点D逆时针旋转90°得到线段DE，
∴△BDE是等腰直角三角形，∴ ＝ ，∠EBD＝45°
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴ ＝ ，∠ABC＝45°，∴∠ABC＝∠EBD，
∴∠ABE＝∠CBD， ＝ ，∴△ABE∽△CBD，
∴ ＝ ＝ .
二、可视为手拉手模型的静态图形
4. 如图，已知正方形ABCD和正方形DEFG，连接AE，CG相交于点H，AE交CD于点O，试判断AE和CG的数量和位置关系，并证明．
第4题图
解：AE＝CG，AE⊥CG，
证明：∵四边形ABCD与四边形DEFG都为正方形，
∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADC＝∠EDG＝90°.
∴∠ADC＋∠CDE＝∠EDG＋∠CDE，
即∠ADE＝∠CDG，
第4题图
在△ADE和△CDG中，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE＝CG，∴∠DAE＝∠DCG，
∵∠ADC＝90°，∴∠DAE＋∠AOD＝90°，
∵∠AOD＝∠COH，∴∠DCG＋∠COH＝90°，
∴∠AHC＝90°，
∴AE⊥CG.
5. 如图，在△ABC中，AB＝4，AC＝2 ，P为△ABC内一点，连接BP，CP，且CP⊥BP，延长BP至点D使得∠BAP＝∠CAD，连接CD.若∠APD＝∠ABC，∠DBC＝30°，求AP的长．
第5题图
解：∵∠CAD＝∠BAP，∴∠PAD＝∠BAC，
∵∠APD＝∠ABC，∴△ABC∽△APD，
∴ ＝ ＝ ，∴ ＝ ，
∵∠CAD＝∠BAP，∴△ACD∽△ABP，
∴ ＝ ＝ ，
设CP＝x，
∵CP⊥BP，∠PBC＝30°，
∴BC＝2x，BP＝ x，
∴ ＝ ＝ ，解得CD＝ x，
在Rt△CPD中，根据勾股定理，得PD＝ ＝ x，
∵ ＝ ，即 ＝ 解得AP＝ .
第5题图
二阶 模型构造
模型展示
模型特点 ①有公共点(点C)的两对等线段(AC＝BC，CE＝CD)
②两对线段的夹角相等(α)
构造方法 ①补拉手线(连接AD，BE)
②构造另一个三角形．(连接CE或AC)
结论 △BCE≌△ACD △BCA∽△ECD
6. 如图，将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，连接BB′，过点D作DE⊥BB′，交BB′的延长线于点E，连接DB′，CE.求 的值．
解：如图，连接BD，
第6题图
∵AB＝AB′，设∠BAB′＝α，∴∠AB′B＝90°－ ，
∵∠B′AD＝90°－α，AD＝AB′，∴∠AB′D＝45°＋ ，
∴∠EB′D＝180°－∠AB′D－∠AB′B
＝180°－(45°＋ )－(90°－ )＝45°，
∵DE⊥BB′，∴∠EDB′＝∠EB′D＝45°，
∴△DEB′是等腰直角三角形，∴ ＝ ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ ＝ ，∠BDC＝45°，∴ ＝ ＝ ，
∵∠EDB′＝∠BDC，
∴∠EDB′－∠B′DC＝∠BDC－∠B′DC，
即∠B′DB＝∠EDC，
∴△B′DB∽△EDC，
∴ ＝ ＝ .
第6题图
7. 如图，点A是△BCD内一点，∠ADB＝∠ABC＝30°，∠BAC＝90°，BD＝3，CD＝ ，求AD的长．
第7题图
∴∠DAE＝∠BAC＝90°，
∵∠ADB＝∠ABC＝30°，
∴△ADE∽△ABC，∴ ＝ ，
又∵∠DAB＝∠EAC，
∴△DAB∽△EAC，
∴ ＝ ＝ ，∠DBA＝∠ECA，
E
解：如图，作AE⊥AD，交BD于点E，连接CE，
∟
第7题图
∵BD＝3，
∴CE＝ ，∠BEC＝90°，
在Rt△CDE中，由勾股定理得，DE＝2，
∵∠ADE＝30°，∠DAE＝90°，
∴AD＝ .
E
∟
解题关键点
作AE⊥AD交BD于点E，连接CE，证明△ADE∽△ABC，△DAB∽△EAC.
三阶 综合提升
1. 如图，△ABC中，AD⊥BC于点D，∠ABC＝45°，BC＝4，CD＝1，若将△ADC绕点D逆时针方向旋转得到△FDE，当点E恰好落在AC上时，连接AF.则AF的长是________．
第1题图
2. 如图，在△ABC中，点D在AB上，过点D作DE∥BC交AC于点E，将△ADE绕点A逆时针旋转，旋转角为α(0°＜α＜180°)，得到△AD′E′，连接CE′，BD′.若AB＝6，AD∶BD＝1∶2，旋转角α＝60°，求BD′的长．
∵AB＝6，AD∶BD＝1∶2，
∴AD＝AD′＝ AB＝2，
在Rt△AD′M中，
∵∠D′AM＝60°，
∴∠AD′M＝30°，
第2题图
解：如图，过点D′作D′M⊥AB于点M，
M
∟
∴AM＝ AD′＝1，
由勾股定理得D′M＝ ＝ ，
在Rt△BD′M中，BM＝AB－AM＝6－1＝5，
∴BD′＝ ＝ ＝2 .
第2题图
M
∟
3. 如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC的中点．若点E，F分别为AB，AC上的点，且DE⊥DF，求证：BE＝AF.
证明：如图，连接AD，
第3题图
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠C＝∠B＝45°，
∵点D为BC的中点，
∴AD⊥BC，AD＝BD＝DC，AD平分∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAD＝∠B＝45°，∠ADC＝90°，
∵DE⊥DF，
∴∠EDF＝90°，
∴∠ADF＋∠FDC＝90°，∠FDC＋∠BDE＝90°，
∴∠BDE＝∠ADF，
在△BDE和△ADF中，
∴△BDE≌△ADF(ASA)，
∴BE＝AF.
第3题图
4. 如图，在△ABC和△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠BAC＝∠DAE＝30°，O是BC的中点，连接EO并延长至点F，使得EO＝OF，连接BF，BD，求 的值．
解：如图，连接EC，BE，CF，
∵∠BAC＝∠DAE＝30°，
∴∠DAB＝∠DAE －∠BAE＝∠BAC －∠BAE＝∠EAC，
∵∠ABC＝∠ADE＝90°,
∴ ＝ ＝cos30°＝ ，
∴△ADB∽△AEC，
第4题图
∴ ＝ .
∵点O是BC的中点，
∴OB＝OC，
∵OE＝OF，
∴四边形BECF是平行四边形，
∴BF＝EC，
∴ ＝ ＝ .
第4题图
解题关键点
连接CE，BE，CF，构造手拉手模型，证得△ADB∽△AEC，结合平行四边形的判定与性质求解．
5. 如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ABC＝∠ADE＝90°，∠ACB＝∠AED，点C，E，D在同一直线上，且AC＝2AE，AB＝3 .
(1)求AD的长；
第5题图
解：(1)∵∠ABC＝∠ADE＝90°，∠ACB＝∠AED，
∴△ABC∽△ADE，
∴ ＝ ＝2，
∵AB＝3 ，∴AD＝ ；
(2)若sin∠CAE＝ ，求点D到AB的距离．
(2)如图，过点D作DM⊥AB于点M.
第5题图
由(1)知∠CAB＝∠EAD，AD＝ ，
∴∠CAE＝∠BAD，
∴sin∠BAD＝sin∠CAE＝ ，
∴sin∠BAD＝ ＝ ＝ ，
∴DM＝ ，
∴点D到AB的距离为 .
M
∟
解题关键点
过点D作DM⊥AB于点M，利用等角的锐角三角函数值相等求解．(共22张PPT)
微专题6
对角互补模型
一阶 模型应用
知识关联
SSA型全等条件是不能证明三角形全等的．
情况一：如图①，AB＝DE，AC＝DF，∠B＝∠E；若∠C＝∠F，则△ABC≌△DEF.
图①
情况二：如图②，AB＝DE，AC＝DF，∠B＝∠E；若∠C不等于∠F，则△ABC与△DEF不全等，两个三角形能拼成等腰△ABE.
图②
模型分析
模型特点：如图，∠ABC＋∠ADC＝180°，且∠ABC＝∠ADC＝90°.
辅助线作法：过点D分别作AB，BC的垂线
结论：△DCF∽△DAE
当AD＝CD时，辅助线也可以用如下方法：
将BD绕点D逆时针旋转与∠ADC相同的度数得到线段ED
结论：
①△ABD≌△CED；
②AB＋BC＝ BD
1. 如图，∠MAN＝90°，点B是∠MAN内一点，且到AM，AN的距离相等．过点B作射线BC交AM于点C，将射线BC绕点B逆时针旋转90°，交AN于点D.
(1)求证：BC＝BD；
∵∠MAN＝∠CBD＝90°，∴∠ACB＋∠ADB＝180°.
∵∠ACB＋∠BCE＝180°，∴∠BCE＝∠ADB.
∵BE⊥AM，BF⊥AN，∴∠BEC＝∠BFD＝90°
∴△BEC≌△BFD(AAS)，∴BC＝BD；
(1)证明：如图，过点B分别作BE⊥AM于点E，BF⊥AN于点F，则BE＝BF.
第1题图
∟
F
∟
E
∴∠ABG＝∠CBD＝90°，∴∠ABC＝∠GBD.
∵∠ACB＋∠ADB＝180°，∠ADB＋∠GDB＝180°，
∴∠ACB＝∠GDB.
∵BC＝BD，∴△ABC≌△GBD(ASA)，
∴AB＝BG，AC＝DG，
(2)连接AB，用等式表示AB，AC，AD之间的数量关系，并证明．
第1题解图
第1题图
(2)解：AC＋AD＝ AB.
证明：如解图，将AB绕点B逆时针旋转90°，交AN于点G，
∵点B到∠MAN的两边AM，AN的距离相等，
∴AB是∠MAN的平分线，
∴∠BAG＝ ∠MAN＝45°，
∴AG＝ AB，
∴AC＋AD＝DG＋AD＝AG＝ AB.
第1题解图
在Rt△ABC中，∠C＝60°，BD⊥AC，
∴∠DBC＝30°，
∴ ＝tan∠DBC＝ .
∵∠ABC＝90°，
∴四边形GBHD为矩形，
∴GD＝BH，∴ ＝ .
2. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝60°，BD⊥AC于点D，以D为顶点作∠EDF＝90°，分别交AB，BC于点E，F，求 的值．
解：如图，过点D分别作DG⊥AB于点G，DH⊥BC于点H，
∟
H
∟
G
第2题图
∵∠EDF＝∠ABC＝90°，
∴∠BED＋∠BFD＝180°.
∵∠BFD＋∠DFH＝180°，
∴∠DEG＝∠DFH，
∴△DEG∽△DFH，
∴ ＝ ＝ .
∟
H
∟
G
第2题图
二阶 综合提升
1. 如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，AD＝CD，连接BD.若BC＝2，AB＝5，求BD的长．
由旋转的性质可得，BD＝DP，∠BDP＝90°.
∵∠BDC＋∠BDA＝90°，∠BDA＋∠ADP＝90°，
∴∠BDC＝∠ADP.
解：如图，将BD绕点D顺时针旋转90°得到线段DP，连接AP，
第1题图
P
在△CDB和△ADP中，
∴△CDB≌△ADP(SAS)，∴∠PAD＝∠BCD，AP＝CB.
又∵∠BCD＋∠BAD＝180°，∴∠PAD＋∠BAD＝180°，
∴P，A，B三点共线．
又∵∠BDP＝90°，DB＝DP，∴BP＝ DB，
∴AP＋AB＝CB＋AB＝7＝ DB.
∴DB＝ .
第1题图
P
解题关键点
将DB绕点D顺时针旋转90°得到DP，连接AP，证得△CDB≌△ADP，△BDP为等腰直角三角形．
∵四边形ABCD是矩形，PM⊥AD，PN⊥AB，
∴四边形PMAN为矩形，∴∠MPN＝90°，
∵∠DPE＝90°，
∴∠DPM＋∠MPE＝∠MPE＋∠EPN，
∴∠DPM＝∠EPN，∴△DPM∽△EPN，
2. 如图，在矩形ABCD中，点P为对角线AC上一个动点，连接PD，过点P作PE⊥PD，交直线AB于点E，已知AB＝4 ，AD＝4.若DP＝3 ，求PE的长．
解：如图，过点P分别作PM⊥AD于点M，PN⊥AB于点N，
∟
∟
N
M
第2题图
∴ ＝ ＝ ，
∵PN∥BC，AB＝4 ，AD＝BC＝4，
∴ ＝ ＝ ＝ ，∴ ＝ ，
∵DP＝3 ，
∴PE＝3.
∟
∟
N
M
第2题图
3. 如图，在正方形ABCD中，∠EPF的顶点P在对角线AC上，且∠EPF＝90°，AP＝ AC，将∠EPF绕点P旋转，旋转过程中，∠EPF的两边分别与AB和BC交于点E，F.
(1)在∠EPF的旋转过程中，试探究PE与PF的数量关系，并说明理由；
第3题图
解：(1)PF＝2PE. 理由如下：如解图①，
过点P分别作PM⊥AB于点M，
PN⊥BC于点N，
∵∠B＝90°，
∴四边形PMBN为矩形，∴∠MPN＝90°.
第3题解图①
又∵∠PME＝∠PNF＝90°，∴△MPE∽△NPF，
∴ ＝ .
∵AC为正方形ABCD的对角线，∴∠MAP＝∠NCP＝45°.
又∵∠AMP＝∠CNP＝90°，∴△AMP∽△CNP，∴ ＝ ＝ .
∵AP＝ AC，∴ ＝ ，
∴ ＝ ＝ ，
∴即PF＝2PE；
∵∠EPF＝90°，∴∠MPE＋∠EPN＝∠EPN＋∠NPF，
∴∠MPE＝∠NPF.
第3题解图①
∵四边形ABCD是正方形，AP＝ AC，AC＝6，
∴∠ACB＝45°，PC＝ AC＝4，AB＝BC＝ AC＝3 ，
∴PG＝CG＝ PC＝2 ，
∴BG＝BC－CG＝3 －2 ＝ ，
∴在Rt△PBG中，
PF＝PB＝ ＝ ＝ .
(2)若AC＝6，当点F与点B重合时，求AE的长．
(2)当点F与点B重合时，如解图②，过点P作PG⊥BC于点G，
第3题解图②
第3题图
由(1)知，PF＝2PE，
∴PE＝ PF＝ .
∵∠EPF＝90°，
∴在Rt△PEB中，BE＝ ＝ ＝ ，
∴AE＝AB－BE＝3 － ＝ .
第3题解图②
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∵∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∠CEN＝90°－∠ECN＝45°，
∴四边形EMCN为矩形，∠CEN＝∠ECN，∴NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，∴EM＝EN，∠MEN＝90°，
4. 如图，已知四边形ABCD为正方形，点E在对角线AC上，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG.
(1)求证：ED＝EF；
(1)证明：如图，过点E分别作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，
第4题图
M
N
∟
∟
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF＝∠MEN＝90°，
∴∠DEN＋∠NEF＝∠MEF＋∠NEF，
∴∠DEN＝∠MEF，
在△DEN和△FEM中，
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴ED＝EF；
第4题图
M
N
∟
∟
解题关键点
过点E分别作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，证得△DEN≌△FEM；
(2)连接CG，若四边形DECG的面积为9，求CE＋CG的值．
(2)解：由(1)得ED＝EF，∴矩形DEFG为正方形，
∴DE＝DG，∠EDC＋∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADE＋∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
∴△ADE≌△CDG(SAS)，∴AE＝CG，S△ADE＝S△CDG，
第4题图
M
N
∟
∟
∴CE＋CG＝CE＋AE＝AC，
∵四边形DECG的面积为9，
∴S△DEC＋S△CDG＝S△DEC＋S△ADE＝S△ADC＝9，即 AD·CD＝9，
∵AD＝CD，
∴AD＝CD＝3 ，
∴AC＝ ＝ ＝6，
即CE＋CG＝6.
第4题图
M
N
∟
∟
解题关键点
证明△ADE≌△CDG，得到AC＝CE＋CG，从而得到△ACD的面积为9，即可解得CE＋CG的值．(共33张PPT)
微专题10
辅助圆在解题中的应用
考情及趋势分析
考情分析 年份 题号 题型 分值 背景 图形变化方式 辅助圆 最值类型 结合知识点
2023 15 填空题 3 等腰直角三角形 线段旋转 定点定长作圆 点圆最值 勾股定理
2022 15 填空题 3 矩形(图形不固定) 折叠 定点定长作圆 / 相似，勾股定理
2021 15 填空题 3 等腰直角三角形 折叠 定点定长作圆 / 平行线分线段成比例
2020 22(3) 解答题 2 等腰三角形直角 旋转三角形 定点定长作圆 点圆最值 勾股定理
2019 15 填空题 3 图形不固定 折叠 定点定长作圆 / 相似，勾股定理
2018 15 填空题 3 正方形 折叠 定点定长作圆 / 勾股定理
一阶 方法训练
方法一 点圆最值
方法解读
已知平面内一定点D和⊙O，点E是⊙O上一动点，设点O与点D之间距离为d，⊙O半径为r.
位置关系 点D在⊙O内 点D在⊙O上 点D在⊙O外
图示
DE的最大值 d＋r 2r d＋r
此时点E的位置 连接DO并延长交⊙O于点E DE的最小值 r－d 0 d－r
此时点E的位置 连接OD并延长交⊙O于点E 点E与点D重合 连接OD
交⊙O于点E
【应用依据】直径是圆中最长的弦．
1. 如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是边BC的中点，以点D为圆心，BD长为半径作⊙D，点E是⊙D上一点，若AB＝8，BC＝6，则线段AE长的最小值为________．
第1题图
2. 如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O内一点，AC＝BC，点D是⊙O上一点，连接CD，若∠ACB＝120°，△ABC的面积为 ，则线段CD长的最小值为________，最大值为________．
第2题图
方法二 线圆最值
已知⊙O及直线l，⊙O的半径为r，点Q为⊙O上一动点，圆心O与直线l之间的距离为d.
方法解读
位置关系 直线与⊙O相离 直线与⊙O相切 直线与⊙O相交
图示
点Q到直线l距离的最大值 d＋r 2r d＋r
位置关系 直线与⊙O相离 直线与⊙O相切 直线与⊙O相交 图示 此时点Q的位置 过点O作直线l的垂线，其反向延长线与⊙O的交点，即为点Q 点Q到直线l距离的最小值 d－r 0 0
此时点Q的位置 过点O作直线l的垂线，与⊙O的交点即为点Q 直线l与⊙O的交点即为点Q 3. 如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，以点A为圆心，2为半径作圆，圆上动点P到BC的距离的最小值为________，最大值为_____．
第3题图
2
6
4. 如图，已知AB为⊙O的弦，点P为⊙O上一点，若∠APB＝45°，AB＝4，则△ABP面积的最大值为________．
第4题图
方法三 定点定长作圆 (9年5考)
已知平面内一定点A和一动点B，若AB长度固定，则动点B的轨迹是以点A为圆心，AB长为半径的圆(如图)
(依据：圆的定义，圆是平面上所有到定点的距离等于定长的点的集合)
方法解读
推广：在旋转或折叠问题中，有时会利用“定点定长作圆”模型确定动点的运动轨迹
5. 如图，在Rt△ABC中，AB＝6，∠BAC＝60°，将AC边绕点A逆时针旋转，点C的对应点为C′，当点C′第一次落在线段BA的延长线上时，点C运动的路径长为________．
第5题图
2π
方法四 直角对直径
如图，在△ABC中，AB的长为定值，点C为动点，∠C＝90°，则点C的轨迹是以AB为直径的圆(不含A，B两点)．
方法解读
注：作出辅助圆是关键，计算时结合求点圆、线圆最值等方法进行相关计算．
6. 如图，在正方形ABCD中，BC＝4，点E为正方形内一点，且∠BEC＝90°，连接DE，则DE的最小值为________．
第6题图
方法五 四点共圆
(1)同侧型：AB为△ABC和△ABD的公共边，点C，D在AB的同侧，
如图①，当∠C＝∠D，此时A，B，C，D四点共圆；
如图②，当∠C＝∠D＝90°时，AB为⊙O的直径．
(依据：同弦所对的圆周角相等)
方法解读
图①
图②
(2)异侧型：如图③，由点A，B，C，D构成的四边形中，若
∠D＋∠B＝180°，则A，B，C，D四点共圆，∠A＋∠C＝180°.
(依据：圆内接四边形对角互补)
图③
提示：可用反证法证明
7. 如图，△ABC是等边三角形，点D是平面内一点，连接AD，CD，BD，且∠CAB＝∠CDB.求证：BD＝AD＋CD.
第7题图
证明：如解图，
在BD上取一点E，使BE＝CD，连接AE，
∵∠CAB＝∠CDB，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠ACD＝∠ABD.
又∵AC＝AB，CD＝BE，
∴△ADC≌△AEB(SAS)，
第7题解图
∴AD＝AE，∠DAC＝∠EAB，
∴∠DAC＋∠CAE＝∠EAB＋∠CAE＝∠CAB＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD，
∴BD＝DE＋BE＝AD＋CD.
第7题解图
变式题 将∠CAB＝∠CDB改为∠ADC＝120°.
求证：BD＝AD＋CD.
一题多解法
证法一：如解图①，
变式题解图①
在BD上取一点E，使BE＝CD，连接AE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
又∵∠ADC＝120°，
∴∠ABC＋∠ADC＝180°，
∴A，B，C，D四点共圆，
∴∠ACD＝∠ABD.
第7题图
又∵AC＝AB，CD＝BE，
∴△ADC≌△AEB(SAS)，
∴AD＝AE，∠DAC＝∠EAB，
∴∠DAC＋∠CAE＝∠EAB＋∠CAE＝∠CAB＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴DE＝AD，
∴BD＝DE＋BE＝AD＋CD.
变式题解图①
变式题解图②
证法二：如解图②，将BD绕点B顺时针旋转60°得到线段BD′，连接CD′，
由旋转的性质可得，BD＝BD′.
∵∠ABD＋∠CBD＝60°，∠CBD′＋∠CBD＝60°，
∴∠ABD＝∠CBD′.
在△ABD和△CBD′中，
AB＝CB
∠ABD＝∠CBD′,
BD＝BD′
∴△ABD≌△CBD′(SAS)．∴∠BAD＝∠BCD′，AD＝CD′.
又∵∠BAD＋∠BCD＝180°，
∴∠BCD′＋∠BCD＝180°，
∴D，C，D′三点共线，
∴△BDD′是等边三角形，
∴BD＝DD′＝CD′＋CD＝AD＋CD.
变式题解图②
二阶 综合提升
1. (点圆最值－点在圆内)如图，在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝90°，BC＝4，点P为AC上一点，且AP＝ AC ，将△ABC绕点C顺时针旋转得到△DEC，点A的对应点为D，点B的对应点为E，连接PD，则PD的最大值为________．
第1题图
2. (线圆最值－相交)如图，直线l与⊙O相交于点B，D，点A，C是直线l两侧的圆弧上的动点，若⊙O的半径为1，∠A＝30°，则四边形ABCD的面积的最大值为________．
第2题图
1
3. (线圆最值－相离)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3.点O是AB的三等分点(靠近点A)，半圆O与AC相切，点M，N分别是BC与半圆O上的动点，则MN的最小值与最大值之和为________．
第3题图
6
4. (2023菏泽)(直角对直径；点圆最值－点在圆外)如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝5，AD＝4，AD第4题图
5. (四点共圆)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，∠CPB＝∠A，过点C作CP的垂线，与PB的延长线交于点Q，则CQ的最大值为________．
第5题图
6. (直角对直径)如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BD⊥DC，若AD＝2，BC＝4，则四边形ABCD面积的最大值是________．
第6题图
6
7. (定点定长作圆)如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝ ，点E是边CD上一点，将△ADE沿直线AE折叠得到△AFE，连接BF并延长交边CD于点G，则DG长的最大值为________．
第7题图
2
解题关键点
点F在以点A为圆心，AD长为半径的圆上运动，要使DG长取得最大值，则AF⊥BG.
8. (点圆最值－点在圆外)如图，在矩形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，连接EF，点G是EF的中点，连接DG，BE＝2，∠BFE＝30°，若将△BEF绕点B逆时针旋转，则在旋转的过程中，线段DG长的最大值为________．
第8题图
10
解题关键点
点G在以点B为圆心，BG长为半径的圆上运动，要使DG长取得最大值，则点G为DB延长线与圆的交点．(共24张PPT)
微专题7
十字模型
一阶 模型回顾
知识关联
如图①，在勾股定理中我们学过“赵爽弦图”，则有△AED≌△BFA≌△CGB≌△DHC.
图①
如图②，稍作变形，DE⊥AF交AF于点H，得“十字模型”，则有△FBA≌△EAD.
图②
一、正方形的十字模型
模型分析
已知正方形ABCD，点E，F分别在BC，CD上，AE⊥BF于点G.
模型结论：△ABE≌△BCF
【问题情境】
数学活动课上，老师提出了一个问题：如图①，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的点，连接AE，BF，AE，BF相交于点G，请同学们结合图形提出自己的猜想并证明；
以下是小亮的猜想：
小亮：若AE⊥BF，则AE＝BF.
(1)请帮助小亮证明他的猜想；
图①
(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵AE⊥BF，∴∠BGE＝90°，
∴∠GBE＋∠GEB＝90°，
∵∠BAE＋∠GEB＝90°，
∴∠BAE＝∠GBE，
在△ABE和△BCF中，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴AE＝BF；
图①
十字模型
【类比探究】
探究一：
(2)如图②，当点E，F分别在正方形ABCD的边CB，DC的延长线上时，(1)中小亮的猜想是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
图②
(2)解：成立，证明如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∵AE⊥BF，∴∠BGE＝90°，∴∠BAE＋∠ABG＝90°，
∵∠CBF＋∠ABG＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
∴△ABE≌△BCF(ASA)，
∴AE＝BF；
图②
十字模型
探究二：
(3)如图③，将图①中线段BF向上平移后得到线段MN，试判断此时小亮的猜想是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)解：成立，
证明：如图，过点N作NK⊥AB于点K，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝KN，∠ABE＝∠BAD＝∠MKN＝90°，
∵AE⊥MN，∴∠AGM＝90°，
∴∠MAG＋∠AMG＝90°，
图③
K
∟
∵∠MNK＋∠AMG＝90°，
∴∠MNK＝∠MAG，
在△NKM和△ABE中，
∴△NKM≌△ABE(ASA)，
∴MN＝AE；
图③
K
∟
十字模型
二、矩形的十字模型
模型分析
已知矩形ABCD，点E，F分别在BC，CD上，AE⊥BF于点G.
模型结论：△ABE∽△BCF.
【知识迁移】
学习了正方形的十字模型，小唯提出了一个新的问题：
(4)如图④，在矩形ABCD中，CD＝m，BC＝n，点E，M，N分别是BC，AB，DC上一点，连接AE，MN，AE，MN相交于点G，且AE⊥MN，求
的值(用含m，n的式子表示)．
(4)解：如图，过点N作NK⊥AB于点K，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝KN，∠ABE＝∠BAD＝∠MKN＝90°，
∵AE⊥MN，∴∠AGM＝90°，∴∠MAG＋∠AMG＝90°，
图④
K
∟
∵∠MNK＋∠AMG＝90°，
∴∠MNK＝∠MAG，
∴△MNK∽△EAB，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴ ＝ .
图④
K
∟
解题关键点
过点N作NK⊥AB于点K，证得△MNK∽△EAB.
十字模型
二阶 综合提升
1. 如图，在矩形ABCD中，AB＝ BC，点E是BC边上一点，点F在CD的延长线上，且BE＝ ，DF＝2，连接EF交AD于点G，点H是AB边上一点，过点H作HN⊥EF，分别交EF，CD于点M，N，若CN＝AH＝ ，则DN的长为________．
第1题图
解题关键点
过点A作HN的平行线，分别交CD，EF于点P，Q，证得△ADP∽△FCE.
2. 如图，在正方形ABCD中，点F是AD上一点，将△CDF沿CF折叠，点D落在点G处，连接DG并延长交AB于点E.若AB＝12，AE＝5，则EG的长为________．
第2题图
3. 【教材背景】
课本上有这样一道题目：如图①，在正方形ABCD中，E是边AB的中点，F是边BC的中点，连接CE，DF.发现其中CE＝DF.
【拓展延伸】
如图②，在正方形ABCD中，O为对角线BD上一点，连接AO并延长，交DC于点E，过点B作BF⊥AE于点G，交AD于点F，连接FE，BE.
第3题图
【问题解决】
(1)若DO＝DE，求证：△ABG≌△OBG；
(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB∥DC，∴∠DEO＝∠BAO.
又∵DO＝DE，∴∠DOE＝∠DEO，
∴∠AOB＝∠DOE＝∠DEO，∴∠BAO＝∠BOA.
∵BF⊥AE，∴∠AGB＝∠OGB＝90°，
∵BG＝BG，
∴△ABG≌△OBG(AAS)；
第3题图
(2)若BF＝6，求四边形AFEB的面积；
第3题图
(2)解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠BAF＝∠ADE＝90°.
∵BF⊥AE，∴∠AGB＝90°，即∠BAG＋∠ABG＝90°.
∵∠BAD＝∠BAG＋∠GAD＝90°，
∴∠ABF＝∠DAE，∴△ADE≌△BAF(ASA)，
∴AE＝BF.
∵AE⊥BF，
∴S四边形AFEB＝ BF2＝18；
解题关键点
证得△ADE≌△BAF；
∴∠BHC＝90°，∴∠HBC＋∠HCB＝90°.
∵∠ABC＝90°，∴∠ABG＋∠HBC＝90°，∴∠HCB＝∠GBA，
又∵∠BHC＝∠AGB，BC＝AB，
∴△BHC≌△AGB(AAS)，∴CH＝BG.
∵CG＝CB，
∴GH＝HB＝ GB＝ CH，
(3)如图③，连接CG，若CG＝BC，求证：E是边DC的中点．
(3)证明：如图，过点C作CH⊥BG于点H，
第3题图
∟
H
∴tan∠HCB＝ ＝ .
∵由(2)得△ADE≌△BAF，
∴∠DAE＝∠ABF，
∴∠BCH＝∠ABG＝∠DAE，
∴tan∠DAE＝ ＝ .
∵DC＝AD，
∴ ＝ ，即E是边DC的中点．
第3题图
∟
H
解题关键点
过点C作CH⊥BF于点H，证得△BHC≌△AGB.(共40张PPT)
微专题16
与旋转有关的分类讨论
考情及趋势分析
考情分析 年份 题号 题型 分值 背景 旋转方式 结合知识点 设问 类型
2023 15 填空题 3 等腰直角三角形 旋转线段 勾股定理 求线段长 旋转产生特殊角
2022 23 解答题 11 正方形 逆时针旋转线段 相似 (1)判断三角形形状，求线段比值；(2)改变条件后证明(1)中的结论；(3)平行四边形存在时求线段比值 旋转产生平行四边形
考情分析 年份 题号 题型 分值 背景 旋转方式 结合知识点 设问 类型
2021 22 解答题 10 等腰三角形和直角三角形 三角形绕顶点旋转 全等，相似，勾股定理 (1)等腰三角形时求线段比值和角的度数；(2)直角三角形时求线段比值和角的度数；(3)两点重合时求线段长 /
2020 22 解答题 10 直角三角形 三角形绕顶点顺时针旋转 勾股定理，相似 (1)(2)不同角度求线段比值；(3)三点共线时求线段长 旋转产生三点共线
情形1 旋转产生三点共线
1. 已知线段AB和线段BC，BC绕点B旋转，当点A，B，C三点共线时，分点C分别在点B的左侧和右侧两种情况讨论．
方法解读
一阶 方法训练
2. 如图，已知线段AB和△BCD，△BCD绕点B旋转，当点A，C，D三点共线时，分点C在线段AD上与点D在线段AC上两种情况讨论．
1. 如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝2，以BC为边在BC右侧作等边△BCD，将等边△BCD绕点B旋转．
(1)当A，B，D三点共线时，求AD的长；
第1题图
解：(1)分两种情况讨论：
Ⅰ：如解图①，
当点B在线段AD上时，
∵△BCD为等边三角形，BC＝2，
∴BD＝BC＝2，
∴AD＝AB＋BD＝6；
第1题解图
Ⅱ：如解图②，当点D在线段AB上时，
同理可得：AD＝AB－BD＝2，
综上所述，当A，B，D三点共线时，AD的长为6或2；
第1题解图
(2)当A，C，D三点共线时，求AD的长．
当点C在线段AD上时，
过点B作BE⊥AD交AD于点E，则∠BED＝90°，
∵△BCD为等边三角形，BD＝BC＝2，
∴BE＝BD·sin60°＝ ，ED＝BD·cos60°＝1，
在Rt△ABE中，
AE＝ ＝ ，
∴AD＝AE＋ED＝ ；
第1题解图③
(2)分两种情况讨论：
Ⅰ：如解图③，
第1题图
Ⅱ：如解图④，当点D在线段AC上时，
过点B作BF⊥AC交AC于点F，则∠BFD＝90°，
同理可得：AD＝AF－FD＝ ；
综上所述，当A，C，D三点共线时，AD的长为 或 .
第1题解图④
与旋转有关的分类讨论
情形2 旋转产生特殊角(90°，60°，45°)
1. 如图，已知线段AB和线段BC，BC绕点B旋转，当∠ABC＝90°
(或60°或45°)时，分点C在线段AB上方与点C在线段AB下方
两种情况讨论．
方法解读
2. 如图，已知线段AB和线段BC，BC绕点B旋转，连接AC，
当∠ACB＝90°(或60°或45°)时，分当点C在线段AB上方与点C在线段AB下方两种情况讨论．
2. 如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝10，E为BC的中点，F为线段EC上一点，且EF＝3，将EF绕点E旋转，连接DF.
(1)若∠CEF＝90°，求DF的长；
第2题图
第2题解图①
解：(1)分两种情况讨论：Ⅰ：如解图①，当点F在BC上方时，过点F作FG⊥CD交CD于点G，则四边形FECG为矩形，∵E为BC中点，BC＝10，
∴EC＝5，FG＝EC＝5，∴CG＝EF＝3，
∵DC＝AB＝4，∴GD＝1，
在Rt△FDG中，根据勾股定理得
DF＝ ＝ ＝ ；
Ⅱ：如解图②，当点F在BC下方时，过点F作FH⊥AD交AD于点H，则HE＝DC＝4，
同理可得：HF＝7，HD＝5，
在Rt△FDH中，根据勾股定理得
DF＝ ＝ ＝ ，
综上所述，当∠CEF＝90°时，DF长为 或 ；
第2题解图②
(2)若∠CFE＝90°，求DF的长；
(2)分两种情况讨论：
Ⅰ：如解图③，
当点F在BC上方时，
过点F分别作FM⊥BC于点M，FN⊥CD于点N，则四边形FMCN为矩形，
∵E为BC中点，BC＝10，∴EC＝5，
∵EF＝3，∠EFC＝90°，
∴在Rt△ECF中，根据勾股定理得，
FC＝ ＝ ＝4，
第2题解图③
第2题图
∵∠FME＝∠EFC，∠FEC＝∠MEF，
∴△EFM∽△ECF，
∴ ，即 ，
∴FM＝ ，EM＝ ，
∴DN＝ ，FN＝ ，
在Rt△FDN中，根据勾股定理得，
DF＝ ＝ ；
第2题解图③
Ⅱ：如解图④，当点F在BC下方时，过点F分别作FP⊥BC于点P，FQ⊥DC交DC的延长线于点Q，则四边形FPCQ为矩形，
同理可得：DQ＝ ，FQ＝ ，
在Rt△FDQ中，根据勾股定理得，
DF＝ ＝ .
综上所述，当∠CFE＝90°时，
DF的长为 或 ；
第2题解图④
(3)连接BD，当直线EF⊥BD于点M时，求FM的长．
(3)分两种情况讨论：
Ⅰ：如解图⑤，
当线段EF⊥BD于点M时，
以点E为圆心，EF为半径作⊙E，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD＝90°，
∵AB＝4，BC＝10，
∴BD＝ ，
∵E为BC中点，
∴BE＝5，
第2题解图⑤
第2题图
∵∠EBM＝∠DBC，∠EMB＝∠DCB，
∴△BEM∽△BDC，
∴ ，即 ，
解得ME＝ ，
∴FM＝3－ ；
第2题解图⑤
Ⅱ：如解图⑥，当线段FE的延长线垂直BD于点M时，
同理可得：ME＝ ，
∴FM＝3＋ .
综上所述，当直线EF⊥BD时，
FM的长为3－ 或3＋ .
第2题解图⑥
与旋转有关的分类讨论
情形3 旋转产生线段平行
如图，已知线段AB和△BCD，△BCD绕点B旋转，当CD∥AB时，分CD在线段AB上方与CD在线段AB下方两种情况讨论．
方法解读
解：分情况讨论：
Ⅰ：如解图①，当DE在线段BC上方时，
过点D作DM⊥BC于点M，
∵AB＝AC＝4，D为AC中点，∴CD＝2，
∵△CDE为等腰直角三角形，∴∠CDE＝45°，
∵DE∥BC，∴∠DCB＝∠CDE＝45°，∴CM＝DM＝ ，
第3题解图①
3.如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝ ，D为AC中点，连接BD，以C为直角顶点，CD为边在CD右侧作等腰Rt△CDE，将等腰Rt△CDE绕点C旋转．当DE∥BC时，求BD的长．
第3题图
∵BC＝ ，∴BM＝ ，
在Rt△BMD中，根据勾股定理得，
BD＝ ＝ ＝ ；
第3题解图①
Ⅱ：如解图②，当DE在线段BC下方时，过点D作DN⊥BC交BC的延长线于点N，
同理可得：DN＝ ，BN＝ ，
在Rt△BDN中，根据勾股定理得，
BD＝ ＝ ＝ ，
综上所述，当DE∥BC时，BD的长为 或 .
第3题解图②
与旋转有关的分类讨论
情形4 旋转产生平行四边形
如图，已知定长线段AB和△BCD(大小不定)，将△BCD绕点B旋转，当以A，B，C，D为顶点的四边形为平行四边形时，分四边形ACBD为平行四边形与四边形ABCD为平行四边形与四边形ABDC为平行四边形三种情况讨论．
方法解读
4. 如图，在Rt△ABC中，BC＝4，D为BC上一点，以BD为边作等边△BDE，将△BDE绕点B旋转．当以B，C，D，E四点为顶点的四边形为平行四边形时，求BD的长．
第4题图
解：分三种情况：
Ⅰ：当DE与BC互相垂直平分时，如解图①，
四边形BECD为平行四边形，设DE与BC相交于点O，
∵DE与BC互相垂直平分，∴BO＝CO＝2，EO＝DO，
∵△BED为等边三角形，∴∠DBO＝30°，
∴BD＝ ＝ ；
第4题解图①
Ⅱ：当DE∥BC，且DE＝BC时，如解图②，
则四边形BCDE为平行四边形，
∵△BED为等边三角形，
∴BD＝DE＝BC＝4；
Ⅲ：当DE∥BC，且DE＝BC时，如解图③，
则四边形BDEC为平行四边形，
∵△BED为等边三角形，
∴BD＝DE＝BC＝4，
综上所述，当以B，C，D，E四点为顶点的四边形为平行四边形时，
BD的长为 或4.
图③
第4题解图
与旋转有关的分类讨论
与旋转有关的分类讨论
二阶 综合应用
1. 如图，在等边△AOB中，C，D分别是边AO，BO上一点，连接CD，OA＝OB＝2，OC＝OD＝1，将△COD绕点O逆时针旋转，连接AC，BD，当A，C，D三点共线时， 的值为______________．
第1题图
或
解题关键点
需分点D在线段AC上与点C在线段AD上两种情况讨论．
2. 如图，在菱形ABCD中，对角线AC＝12，∠DAB＝60°，点E为AD的中点，在AC上取一点F使得AF＝EF，将△AEF绕点E旋转得到△A′EF′，点A，F的对应点分别为A′，F′，当∠FEF′＝60°时，A′F的长为________．
第2题图
2或4
3. 如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，过点A作AD⊥BC于点D，AD＝2，点M为线段AD上一点(不与A，D重合)，在线段BD上取点N，使DM＝DN，连接AN，CM.将△DMN绕点D旋转，当以A，D，M，N四点为顶点的四边形为平行四边形时，求BN的长．
∵四边形AMDN是平行四边形，∠BAC＝90°，DM＝DN，
∴四边形ANDM是正方形，
∵△ABC是等腰直角三角形，AD⊥BC，AD＝2，
∴AB＝ ，∴BN＝AN＝ ＝ ；
解：如解图①，
第3题解图①
第3题图
如解图②，
∵AD＝2，
∴AB＝AC＝ ，
∵四边形ADMN是平行四边形，
AD＝2，△DMN是等腰直角三角形，
∴△ADN为等腰直角三角形，
∴AN＝DN＝DM＝ ＝ ，
∴在Rt△ABN中，根据勾股定理得，
BN＝ ；
第3题解图②
如解图③，同理可知四边形BMDN是正方形，
∴BN＝DM＝ ．
综上所述，BN的长为 或 .
第3题解图③
4. 如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，∠BAC＝90°，点E为平面内一点，EB＝3，将线段EB绕点E顺时针旋转90°得EF，连接FC，点D为FC的中点，当EF∥AC时，请求出AD的长．
解：根据题意，分两种情况：
①E在线段AB上；②E在线段AB延长线上；
①延长AD到点G，使DG＝AD，连接AF，CG，FG，如解图①所示，
∵DG＝AD，DF＝DC，
∴四边形AFGC是平行四边形，∴FG∥AC，
第4题解图①
第4题图
∵FG∥AC，EF∥AC，
∴F，E，G三点在同一条直线上，
∴FG＝AC＝5，
∵AB＝AC＝5，EB＝EF＝3，
∴AE＝5－3＝2，EG＝FG－EF＝5－3＝2，
在Rt△AEG中，EA＝EG＝2，由勾股定理得AG＝ ，
∴AD＝DG＝ ＝ ；
第4题解图①
②延长AD到点G，使DG＝AD，连接AF，CG，FG，如解图②所示，
同理，由①可知，
∵DG＝AD，DF＝DC，
∴四边形AFGC是平行四边形，
∴FG∥AC，
∵FG∥AC，EF∥AC，
∴E，F，G三点在同一条直线上，
∴FG＝AC＝5，
第4题解图②
∵AB＝AC＝5，EB＝EF＝3，
∴AE＝5＋3＝8，EG＝EF＋FG＝8，
在Rt△AEG中，EA＝EG＝8，由勾股定理得AG＝ ，
∴AD＝DG＝ ＝ .
综上所述，AD的长为 或 .
第4题解图②
解题关键点
需分点E在线段AB上和点E在线段AB延长线上两种情况讨论．(共21张PPT)
微专题9
与线段最值有关的计算
考情及趋势分析
考情分析 年份 题号 题型 分值 背景 设问 类型 几条线段最值 是否需要做对称(作几次)
2023 15 填空题 3 扇形 求阴影部分周长最小值 两点之间线段最短 两条线段＋一条弧 作1次对称
2022 14 填空题 3 三角形 求△ABC的面积 垂线段最短 一条线段 否
2021 23(3) 解答题 4 抛物线、正方形 △PDE周长最小时“好点”的坐标 两点之间线段最短 两条线段 否
一阶 方法训练
类型一 利用“两点之间线段最短”求最值
一、线段和最值
例1 如图，已知点A，点B，请画出两点之间的最短距离．
例1题图
解：如图，连接AB，此时AB最短．
例2 如图，已知定点A，B和直线l上一动点P.当点A，B在直线l同侧时，请画出AP＋BP最小时点P的位置．
例2题图
解：如解图，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′，与直线l交于点P，此时AP＋BP最小．
例2题解图
例3 如图，已知定点A，B，动点P，Q在直线l上，且PQ长为定值(PQ的位置不定)，请画出当AP＋PQ＋BQ最小时PQ的位置．
例3题图
解：如解图，
将点A沿PQ方向平移至A′处，使AA′＝PQ，作点A′关于直线l的对称点A″，连接A″B，与直线l交于点Q，在l上沿A′A方向截取PQ，此时AP＋PQ＋BQ最小．
例3题解图
例4 如图①，点P是∠AOB内部一定点，点M，N分别是OA，OB上的动点，请画出当PM＋PN＋MN最小时点M，N的位置．
例4题图①
解：如解图①，
分别作点P关于OA，OB的对称点P′，P″，连接P′P″，分别交OA，OB于点M，N，此时PM＋PN＋MN最小；
例4题解图①
思考：如图②，PQ是∠AOB内部一定线段，点M，N分别是OA，OB上的动点，请画出PM＋QN＋MN＋PQ最小时点M，N的位置．
例4题图②
解：如解图②，
分别作点P，Q关于OA，OB的对称点P′，Q′，连接P′Q′，分别交OA，OB于点M，N，此时PM＋QN＋MN＋PQ最小．
例4题解图②
满分技法
从设问出发：观察这n条线段的关系；
①观察所求线段和特点：
起点：定点；
终点：定点；
②解题方法：两点之间线段最短；
③作对称：n条动线段求和要作(n－1)次对称；优先考虑作定点的对称；
④作平移：如果线段和中有定长线段，如例3PQ的位置不确定，则需要作一次平移，如例4思考题，若PQ的位置确定，则不需作平移.
解题有策略
直线型线段和最值研究方法一致
从学生视角出发，能观察到：①几条线段和关系；②哪个是起点，哪个是终点；③起点和终点是定点还是动点．
方法：①起点是定点，终点也是定点→两点之间线段最短；起点是定点，终点是动点→垂线段最短；②n条线段和中，是否有定长线段，如果有，作平移；③n条动线段之和的最小值，作n－1次对称．优先考虑作定点的对称；④对称轴是非起点和终点的其他动点所在的直线．
二、线段差最值
例5 如图，已知定点A，B和直线l上一动点P，当点A，B在直线l异侧时，请画出|AP－BP|最大时点P的位置．
解：如解图，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′并延长交直线l于点P，
根据两边之差小于第三边可得，此时|AP－BP|最大．
例5题图
例5题解图
【温馨提示】
求线段差最值时，两定点(或定点与定点的对称点)要在动点所在直线的同侧；求线段和最值时，两定点(或定点与定点的对称点)要在动点所在直线的异侧．
类型二 利用“垂线段最短”求最值
例6 如图，已知点B是直线l上一动点，点A是直线外一定点，请画出当AB最小时点B的位置．
解：如解图，过点A作直线l的垂线，垂足为点B，此时AB最小．
例6题图
例6题解图
例7 如图，点P是∠BAC内一定点，点M，N分别是AC，AB上的动点，请画出当PM＋MN最小时点M，N的位置．
解：如解图，作点P关于AC的对称点P′，过点P′作AB的垂线，分别交AC，AB于点M，N，则PM＋MN的最小值即为P′N，此时PM＋MN最小．
例7题图
例7题解图
满分技法
从设问出发：观察这n条线段的关系；
①观察所求线段和特点：
起点：定点；
终点：动点；
②解题方法：垂线段最短；
③作对称：n条动线段求和要作(n－1)次对称；优先考虑作定点的对称；
④作平移：如果线段和中有定长线段，则需要作一次平移．
二阶 综合提升
1. 如图，等腰△ABC底边BC的长为5，面积是12，腰AB的垂直平分线EF交AC于点F，交AB于点E，若D为BC边上的中点，M为线段EF上一动点，则BM＋DM的最小值为________．
第1题图
2. 如图，AB为⊙O的直径，AB＝4，∠BAC＝30°，点M为AC的中点，点N为AB上一动点，当MN＋CN的值最小时，图中阴影部分的周长为________．
第2题图
3. 如图，在菱形ABCD中，AD＝6，AC＝ ，点M，N分别是BC，AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，连接PM，PN，MN，则△PMN周长的最小值为________．
第3题图
4. 如图，∠AOB＝30°，点M，N分别是射线OA，OB上的动点，点P为∠AOB内一点，且OP＝20，则△PMN周长的最小值是________．
第4题图
20
5. 如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x轴负半轴，y轴正半轴上，OA＝4，OC＝6，点D是y轴正半轴上一点，线段EF在边OA上移动，且EF＝CD＝2，当四边形BDEF的周长最小时，点E的坐标为___________．
第5题图
( ，0 )
解题关键点
要使四边形BDEF的周长最小，即求BF＋DE的最小值，作点D关于x轴的对称点D′，将点B沿BC方向平移2个单位长度得到点H，当H，E，D′三点共线时，BF＋DE有最小值．
6. 如图，在等腰三角形ABC中，∠BAC＝120°，AB＝AC＝4，点E为射线AD上一点，∠BAD＝15°，连接BE，CE，则|CE－BE|的最大值为________．
第6题图
解题关键点
作点B关于射线AD的对称点B′，连接CB′并延长交射线AD于点E′，根据两边之差小于第三边可得，当E，B′，C三点共线时，|CE－BE|有最大值．
7. 如图，四边形ABCD为菱形，∠B＝60°，AB＝4，点E为AD上的定点，且AE＜ED，F为AC上的动点，则EF＋ 的最小值为________．
第7题图(共32张PPT)
微专题8
主从联动
一阶 认识模型
模型一 直线轨迹
方法解读
如果主动点和从动点到同一定点的距离相等，则此类问题可用全等法探究从动点的轨迹及相关性质．
模型一 直线轨迹
①三点共线时
结论1：主动点与从动点的运动距离相等
结论2：主动点与从动点的运动方式相同(都在一条直线上)
结论3：三点共线时，主动点所在直线与从动点所在直线平行
情形一：A，B，C三点共线
1. 如图，点A，B，C为同一直线上不重合的三点，其中点A的位置固定，点B在直线l上运动，且始终保持AB＝AC，试探究B，C两点运动轨迹之间的关系．
第1题图
解：∵点B在直线l上运动，
∴如图，在直线l上任取一点B′(不与点B重合)，连接B′A并延长，取AC′＝AB′，连接CC′并双向延长，
∵AB＝AC，∠BAB′＝∠CAC′，AB′＝AC′，
∴△ABB′≌△ACC′(SAS)，
∴BB′＝CC′，
∴点B从B点运动到B′点时，点C从C点运动到C′点，
第1题图
C′
B′
结论1：主动点(点B)与从动点(点C)的运动距离相等；
∵B′为直线l上任意一点，
∴C′也为直线CC′上任意一点，
∴点B在直线l上运动时，点C也在直线CC′上运动，
第1题图
C′
B′
结论2：主动点(点B)与从动点(点C)的运动方式相同(都在一条直线上)；
∵△ABB′≌△ACC′，
∴∠ABB′＝∠ACC′，
∴BB′∥CC′.
结论3：三点共线时，主动点所在直线与从动点所在直线平行．
主从联动
方法解读
如果主动点和从动点到同一定点的距离相等，则此类问题可用全等法探究从动点的轨迹及相关性质．
模型一 直线轨迹
②三点不共线时
结论1：主动点与从动点的运动距离相等
结论2：主动点与从动点的运动方式相同(都在一条直线上)
结论3：主动点所在直线与从动点所在直线必有一个夹角与原线段夹角
互补
情形二：A，B，C三点不共线
2. 如图，点A为平面内一定点，点B在直线l上运动，点C是平面内一动点(不与点A，B重合)，连接AB，AC，且始终保持AB＝AC，∠BAC＝α(0°＜α＜180°)，探究点C的运动轨迹与点B的运动轨迹之间的关系，及其所构成夹角与α之间的关系．
第2题图
解：∵点B在直线上运动，
∴如图，在直线l上任取一点B′(不与点B重合)，连接AB′，将AB′绕点A逆时针旋转α得到线段AC′，连接C′C并双向延长交直线l于点D，
由旋转的性质可得AB′＝AC′，
∵∠BAB′＋∠B′AC＝α，∠CAC′＋∠B′AC＝α，
∴∠BAB′＝∠CAC′，
在△ABB′和△ACC′中，
第2题图
C′
B′
D
AB＝AC
∠BAB′＝∠CAC′,
AB′＝AC′
∴△ABB′≌△ACC′(SAS)，
∴BB′＝CC′，
结论1：主动点(点B)与从动点(点C)的运动距离相等；
∵B′为直线l上任意一点，
∴C′也为直线CC′上任意一点，
∴点B在直线l上运动时．点C也在直线CC′上运动，
第2题图
C′
B′
D
结论2：主动点(点B)与从动点(点C)的运动方式相同(都在一条直线上)；
∵△ABB′≌△ACC′，
∴∠ABB′＝∠ACC′，
∵∠ACC′＋∠ACD＝180°，
∴∠ABB′＋∠ACD＝180°.
∵四边形ACDB的内角和为360°，∠CAB＝α，
∴∠CDB＝180°－α.
结论3：主动点(点B)所在直线与从动点(点C)所在直线必有一个夹角∠CDB与原线段夹角互补．
第2题图
C′
B′
D
主从联动
模型二 圆轨迹
方法解读
如果主动点和从动点到同一定点的距离相等，则此类问题可用全等法探究从动点的轨迹及相关性质．
模型二 圆轨迹
①三点共线时
结论1：主动点在圆上运动时，从动点也在一个圆上运动
结论2：主动点与从动点在一个等大的圆上运动(圆心不同，半径相等)
结论3：两点与各自圆心连线所在直线互相平行
情形一：A，B，C三点共线
3. 如图，点A，B，C为同一直线上不重合的三点，其中点A的位置固定，点B在⊙O上运动，且始终保持AB＝AC，试探究B，C两点运动轨迹之间的关系．
第3题图
第3题图
C
O′
解：∵点B在⊙O上运动，
∴如图，连接OA并延长，取AO′＝OA，连接OB，O′C，
∵AB＝AC，∠BAO＝∠CAO′，AO＝AO′，
∴△BAO≌△CAO′(SAS)，
∴OB＝O′C，
∵O点为定点，OB为定长，
∴O′为定点，O′C为定长，
∴点C在以点O′为圆心，O′C(或OB)长为半径的圆上运动，
∴点B在⊙O上运动时，点C也在⊙O′上运动，
结论1：主动点(点B)在圆上运动时，从动点(点C)也在一个圆上运动；
结论2：主动点(点B)与从动点(点C)在一个等大的圆上运动(圆心不同，半径相等)；
∵△BAO≌△CAO′，
∴∠AOB＝∠AO′C，
∴CO′∥BO.
结论3：两点与各自圆心连线所在直线互相平行．
第3题图
C
O′
主从联动
方法解读
如果主动点和从动点到同一定点的距离相等，则此类问题可用全等法探究从动点的轨迹及相关性质．
模型二 圆轨迹
②三点不共线时
结论1：主动点与从动点的运动距离相等
结论2：主动点与从动点的运动方式相同(都在圆上)
结论3：“主动点与圆心连线”与“从动点与圆心连线”两直线夹角(原线段夹角的对角)与原线段互补
情形二：A，B，C三点不共线
4. 如图，点A为平面内一定点，点B在⊙O上运动，点C是平面内一动点(不与点A，B重合)，连接AB，AC，且始终保持∠BAC＝α(0°＜α＜180°)，AB＝AC，探究点C的运动轨迹与点B的运动轨迹所构成夹角与α之间的关系．
第4题图
解：∵点B在⊙O上运动，
∴如图，连接OB，AO，将AO绕点A逆时针旋转α得到线段AO′，
连接O′C并延长交OB于点D，
由旋转的性质可得AO＝AO′，
∵∠BAO＋∠OAC＝α，∠CAO′＋∠OAC＝α，
∴∠BAO＝∠CAO′，
在△ABO和△ACO′中，
O′
D
第4题图
C
AB＝AC
∠BAO＝∠CAO′,
AO＝AO′
∴△ABO≌△ACO′(SAS)，∴OB＝O′C，
∵O点为定点，OB为定长，
∴O′为定点，O′C为定长，
∴点C在以点O′为圆心，O′C(或OB)长为半径的圆上运动，
∴点B在⊙O上运动时，点C也在⊙O′上运动，
O′
D
第4题图
C
结论1：主动点(点B)在圆上运动时，从动点(点C)也在一个圆上运动；
结论2：主动点(点B)与从动点(点C)在一个等大的圆上运动(圆心不同，半径相等)；
∵△ABO≌△ACO′，
∴∠ABO＝∠ACO′，
∵∠ACO′＋∠ACD＝180°，
∴∠ABO＋∠ACD＝180°，
∵四边形ACDB的内角和为360°，∠CAB＝α，
∴∠CDB＝180°－α.
O′
D
第4题图
C
结论3：“主动点(点B)与圆心连线”与“从动点(点C)与圆心连线”两直线夹角∠O′DB(原线段夹角的对角)与原线段夹角互补．
O′
D
第4题图
C
主从联动
拓展研究：以上情况，若AB≠AC，点C的轨迹有什么不一样？怎么证明，请尝试一下．
对于模型一：主动点(点B)与从动点(点C)的运动距离不同；
对于模型二：主动点(点B)与从动点(点C)的运动距离不同；主动点(点B)的运动半径与从动点(点C)的运动半径不同．
二阶 模型应用
1. 如图，在矩形ABCD中，E为AB上一点，且AE＝1，F为AD边上的一个动点，连接EF，若以EF为边向右侧作等腰直角△EFG，EF＝EG，试猜想点G的运动轨迹，并说明理由．
第1题图
解：点G在平行于AB且在AB上方到AB距离为1的射线上运动，理由如下：
如解图，过点G作GH⊥AB于点H，过点G作MN∥AB.
∵四边形ABCD是矩形，∠GHE＝∠A＝∠GEF＝90°，
∴∠GEH＋∠EGH＝90°，∠GEH＋∠FEA＝90°，
∴∠EGH＝∠FEA，
N
H
M
∟
∠GHE＝∠A
∠EGH＝∠FEA，
GE＝EF
在△GEH和△EFA中，
∴△GEH≌△EFA(AAS)，
∴GH＝AE＝1，
∴点G在平行于AB且在AB上方到AB距离
为1的射线MN上运动．
第1题图
N
H
M
∟
解题关键点
过点G作GH⊥AB于点H，证得
△GEH≌△EFA.
2. 已知在等腰Rt△ABC中， ∠BAC＝90°，AB＝AC，D是BC边上一点．
(1)如图①，点P是AD的中点，画出当点D从点B运动到点C时，点P的运动轨迹；
第2题图①
解：(1)如图，点P的运动轨迹为线段QR；
Q
R
(2)如图②，以AD为边向右作等腰Rt△ADE，其中∠DAE＝90°，
AD＝AE，请画出当点D从点B运动到点C时，点E的运动轨迹；
第2题图②
(2)如图，虚线MN即为点D从点B运动到点C时，点E的运动轨迹；
(M)
N
解题关键点
主动点D与从动点E都在直线上运动，且点D所在直线与点E所在直线有一个夹角与∠DAE互补；
(3)如图③，在(2)的条件下，若AB＝6，点F为AB的中点，连接EF，求EF的最小值．
第2题图③
(3)如解图，连接CE并延长，交BA的延长线于点N，
∵∠BAC＝90°，∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
第2题解图
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ACE＝∠B＝45°，
∴∠BCE＝90°，
∴点E在BC的垂线MN上运动，
当FE⊥MN时，EF取得最小值，此时EF∥BC，
设EF交AC于点G，
AB＝AC
∠BAD＝∠CAE,
AD＝AE
第2题解图
∵F是AB的中点，
∴G是AC的中点．
∵AB＝6，
∴BC＝ ，CG＝3，
∴FG＝ ，EG＝ ＝ ，
∴EF＝FG＋EG＝ ＋ ＝ ，
∴EF的最小值为 .
第2题解图
解题关键点
在(2)的结论下，根据垂线段最短求解．(共39张PPT)
微专题5
半角模型
微专题5 半角模型
(2023许昌模拟)
一阶 模型应用
模型分析
模型特点：共顶点，等线段
解题方法：遇见半角作旋转证全等
模型分类：①90°含45°；②120°含60°；③60°含30°
模型一 90°含45°
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADG＝90°，
1. 如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，若∠EAF＝45°，求证：EF＝BE＋DF.
一题多解法
第1题图
方法一：
证明：如图，延长CD至点G，使得DG＝BE，连接AG，
G
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG.
∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠BAE＋∠FAD＝45°，∴∠DAG＋∠FAD＝45°，
即∠GAF＝45°，∴∠EAF＝∠FAG，
第1题图
G
在△AFE和△AFG中，
∴△AFE≌△AFG(SAS)，
∴EF＝GF＝DG＋DF＝BE＋DF.
第1题图
G
方法二：
证明：如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，使AB与AD边重合，得到△ADE′，
∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠BAE＋∠DAF＝45°，
∵∠BAE＝∠DAE′，
∴∠FAE′＝45°，∴∠FAE′＝∠FAE，
第1题图
E′
∵∠ADE′＝∠ADF＝90°，AB＝AD，
∴∠ADE′＋∠ADF＝180°，
∴E′，D，F三点共线，
又∵AF＝AF，AE＝AE′，
∴△EAF≌△E′AF(SAS)，
∴EF＝E′F，
∵E′F＝DF＋DE′，E′D＝BE，
∴EF＝BE＋DF.
第1题图
E′
半角模型
满分技法
在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF＝45°.
辅助线作法：
作法一：补短法：延长CD至点G，使得DG＝BE，连接AG.
作法二：旋转法：将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，使AB与AD重合(需证明G，D，C三点共线)．
模型二 120°含60°
2. 如图，在四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD上的点，连接AE，AF，EF，AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，若BE＝3，DF＝5，求EF的长．
解：如图，将△ABE绕点A逆时针旋转120°，使AB与AD重合，得到△ADM，
第2题图
由旋转的性质，得∠ADM＝∠B＝90°，
AE＝AM，∠BAE＝∠DAM.
∵∠ADM＝∠ADF＝90°，∴∠ADM＋∠ADF＝180°，
∴F，D，M三点共线，
M
∵∠BAD＝120°，∠EAF＝60°，
∴∠BAE＋∠DAF＝60°＝∠DAM＋∠DAF，
∴∠MAF＝60°＝∠EAF.
在△EAF和△MAF中，
∴△EAF≌△MAF(SAS)，∴EF＝MF，
∵BE＝3，DF＝5，
∴EF＝FM＝DF＋DM＝DF＋BE＝8.
第2题图
M
半角模型
满分技法
如图，∠BDC＝120°，∠A＝60°，∠EDF＝60°，BD＝CD.
辅助线作法：将△BDE绕点D顺时针旋转120°得到△CDG，使BD与CD重合(需证明F，C，G三点共线)．
模型三 60°含30°
由旋转的性质可知：∠ACF＝∠ABD＝60°，
∠CAF＝∠BAD，AF＝AD，CF＝BD＝2.
∵∠DAE＝30°，∠BAC＝60°，
∴∠BAD＋∠CAE＝30°，∴∠CAF＋∠CAE＝30°，
3. 如图，在等边△ABC中，点D，E均在边BC上，点D在点E的左侧，∠DAE＝30°，若BD＝2，CE＝4，求DE的长．
第3题图
解：如解图，将△ABD绕点A逆时针旋转60°得到△ACF，连接EF，过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G.
第3题解图
第3题解图
即∠EAF＝30°，∴∠EAF＝∠EAD.
在△DAE和△FAE中，
∴△DAE≌△FAE(SAS)，∴ED＝EF.
∵∠ACB＝∠ACF＝60°，∴∠FCG＝180°－∠ACB－∠ACF＝60°.
∵FG⊥CG，∴CG＝FC·cos∠FCG＝1，FG＝FC·sin∠FCG＝ ，
∴EG＝EC＋CG＝5，
∴EF＝ ＝2 ，∴DE＝EF＝2 .
拓展研究：若第1，2题中AB≠AD或第3题中AB≠AC，以1～3题中的解题方法还能适用吗？怎么证明；请尝试一下．
半角模型
满分技法
如图，在等边△ABC中，∠DAE＝30°.
辅助线作法：将△ABD绕点A逆时针旋转60°，使AB和AC重合，得到△ACF.
二阶 综合提升
1. 如图，在正方形ABCD中，M，N是边BC，CD上任意两点，∠MAN＝45°，连接MN，过点A作AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．
解：如图，延长CD到点E，使DE＝BM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ADC＝∠ABM＝∠ADE＝90°，
在△ABM和△ADE中，
第1题图
E
∴△ABM≌△ADE(SAS)，
∴∠BAM＝∠DAE，AM＝AE，∠AMB＝∠AED.
∵∠MAN＝45°，
∴∠NAE＝∠NAD＋∠EAD＝∠NAD＋∠BAM＝45°＝∠MAN.
在△AMN和△AEN中，
第1题图
E
∴△AMN≌△AEN(SAS)，∴∠AED＝∠AMN，
∴∠AMB＝∠AMN，∴MA平分∠BMH.
∵AB⊥BM，AH⊥MN，∴AB＝AH.
∵AM＝AM，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM(HL)，∴BM＝MH＝2，
同理可得NH＝ND＝3，
设BC＝AB＝x，则CM＝x－2，CN＝x－3，
在Rt△MCN中，由勾股定理得，(x－2)2＋(x－3)2＝52，
解得x1＝6，x2＝－1(舍去)，∴AH＝AB＝6.
第1题图
E
2. 如图，在等边△ABC中，点P，Q分别在边AB，AC上，D为△ABC外一点，且∠PDQ＝60°，∠BDC＝120°，BD＝DC.
(1)如图①，若DP＝DQ，请直接写出BP，QC，PQ之间的数量关系；
【解法提示】∵DP＝DQ，∠PDQ＝60°，∴△PDQ是等边三角形，∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠PBD＝∠QCD＝90°，
在Rt△BDP和Rt△CDQ中，
第2题图①
∴Rt△BDP≌Rt△CDQ(HL)，
∴∠BDP＝∠CDQ＝30°，BP＝CQ，
∴DP＝2BP，DQ＝2CQ，
∴PQ＝2BP＝2CQ＝BP＋CQ.
(1)解：BP＋QC＝PQ；
第2题图①
由旋转的性质，得DP＝DM，MC＝BP，∠CDM＝∠BDP，
∵∠PDQ＝60°，∠BDC＝120°，∴∠BDP＋∠CDQ＝60°，
∴∠CDM＋∠CDQ＝∠MDQ＝60°，∴∠PDQ＝∠MDQ，
由(1)得∠PBD＝∠QCD＝90°，
∴∠QCD＋∠MCD＝180°，
∵BD＝CD，∴Q，C，M三点共线．
(2)如图②，若DP≠DQ，求证：PQ＝BP＋QC.
(2)证明：如图，将△BDP绕点D顺时针旋转120°，使得BD与CD重合，得到△CDM，
第2题图②
M
在△PDQ和△MDQ中，
∴△PDQ≌△MDQ(SAS)，
∴PQ＝MQ，
∵MQ＝MC＋QC＝BP＋QC，
∴PQ＝BP＋QC.
第2题图②
M
3. 在四边形ABCD中，AB＝AD，点E，F分别是边BC，CD上的点．
(1)如图①，若∠B＝∠D＝90°，∠BAD＝60°，∠EAF＝30°，连接EF，试判断BE，EF，DF之间的数量关系，并说明理由；
解：(1)EF＝BE＋DF.理由如下：如图，将△ADF绕点A顺时针旋转60°至△ABG的位置，使AD与AB重合，
则∠ABG＝∠D＝90°，
∠GAB＝∠FAD，AG＝AF，BG＝DF.
∵∠ABE＝90°，AB＝AD，
∴∠ABE＋∠ABG＝180°，∴E，B，G三点共线．
第3题图①
G
∵∠BAD＝60°，∠EAF＝30°，
∴∠GAB＋∠BAE＝∠GAE＝30°，
∴∠GAE＝∠FAE.
在△EAG和△EAF中，
∴△EAG≌△EAF(SAS)，
∴EG＝EF.
∵EG＝BE＋BG＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF；
第3题图①
G
∵∠ABE＋∠D＝180°，AD＝AB，
∴∠ABE＋∠ABG＝180°，∴E，B，G三点共线．
∵∠EAF＝ ∠BAD，
∴∠BAE＋∠DAF＝ ∠BAD，
(2)如图②，若∠B＋∠D＝180°，∠EAF＝ ∠BAD，连接EF.探究(1)中的结论是否成立，请说明理由．
(2)成立．理由如下：
如图，将△ADF绕点A顺时针旋转至△ABG的位置，使AD与AB重合，
则AG＝AF，BG＝DF，∠GAB＝∠FAD，∠ABG＝∠D，
第3题图②
G
∴∠GAB＋∠BAE＝ ∠BAD＝∠EAG，
∴∠GAE＝∠FAE，
在△EAG和△EAF中，
∴△EAG≌△EAF(SAS)，
∴EG＝EF.
∵EG＝BE＋BG＝BE＋DF，
∴EF＝BE＋DF.
第3题图②
G
∴PQ＝DQ＝AP＝AB＋BP＝12＋4＝16，
设DE＝n，则EQ＝16－n，
∵PQ∥BC，∴△ABF∽△APR，
4. 如图，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝16，点E，F分别在射线DC，CB上，连接AE，AF，∠EAF＝45°，BF＝4.
(1)若点E在线段DC上时，求DE的长；
第4题图
解：(1)如解图①，延长AB至点P，使BP＝BF＝4，过点P作BC的平行线交DC的延长线于点Q，延长AF交PQ于点R，连接RE，则四边形APQD是正方形，
第4题解图①
∴ ＝ ＝ ＝ ，∴PR＝ BF＝ ，
∴RQ＝PQ－PR＝16－ ＝ ，
将△APR绕点A逆时针旋转90°，使AP与AD重合，得到△ADM，
则AR＝AM，∠PAR＝∠DAM，∵∠EAF＝45°，
∴∠PAR＋∠DAE＝45°，
∴∠DAM＋∠DAE＝45°，即∠MAE＝45°，
∵∠ADM＝∠APR＝90°，AD＝AP，
∴∠ADM＋∠ADE＝180°，
∴M，D，E三点共线，
第4题解图①
在△ARE和△AME中，
∴△ARE≌△AME(SAS)，
∴RE＝ME，即PR＋DE＝RE＝ ＋n，
在Rt△QRE中，
由勾股定理得( )2＋(16－n)2＝( ＋n)2，
解得n＝8，即DE的长为8；
第4题解图①
解题关键点
“补”矩形为正方形，证得△ABF∽△APR，△ARE≌△AME，在Rt△QRE中用勾股定理求解．
(2)若点E在DC的延长线上时，求DE的长．
同(1)可得PR＝ BF＝ ，RQ＝PQ＋PR＝16＋ ＝ ，
设DE＝n，则EQ＝n－16，
过点A作AG⊥AF交CD于点G，则∠RAG＝90°，
∴∠RAP＋∠PAG＝∠PAG＋∠DAG，
∴∠RAP＝∠DAG，
(2)如解图②，延长AB至点P，使BP＝BF＝4，过点P作BC的平行线RQ，交DC的延长线于点Q，延长AF交QP的延长线于点R，连接RE，则四边形APQD是正方形，
第4题解图②
第4题图
在△ARP和△AGD中，
∴△ARP≌△AGD(ASA)，
∴PR＝DG，AR＝AG，
∵∠EAF＝45°，∠GAR＝90°，
∴∠GAE＝90°－45°＝45°，
第4题解图②
在△ARE和△AGE中，
∴△ARE≌△AGE(SAS)，
∴RE＝DE－PR＝n－ ，
在Rt△QRE中，由勾股定理得( )2＋(n－16)2＝(n－ )2，
解得n＝32，即DE的长为32.
第4题解图②
由折叠可得△AFD≌△ABD，
∴AF＝AB，FD＝DB，
∠FAD＝∠BAD，∠AFD＝∠ABD.
又∵AB＝AC，∴AF＝AC，
5. (1)如图①，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，当点E在线段BC上，点D在线段CB的延长线上，且∠DAE＝45°时，求证：DE2＝BD2＋EC2；
第5题图①
(1)证明：如解图①，将△ADB沿直线AD折叠，得到△ADF，连接FE，BF，
第5题解图①
∵∠FAE＝∠FAD＋∠DAE＝∠FAD＋45°，
∠EAC＝∠BAC－∠BAE＝90°－(∠DAE－∠DAB)＝45°＋∠DAB，
∴∠FAE＝∠EAC.
又∵AE＝AE，∴△AFE≌△ACE(SAS)，
∴FE＝CE，∠AFE＝∠C＝45°.
∵∠AFD＝∠ABD＝180°－∠ABC＝135°，
∴∠DFE＝∠AFD－∠AFE＝135°－45°＝90°，
∴在Rt△DFE中，DF2＋ FE2＝DE2，
即DE2＝BD2＋EC2；
第5题解图①
解题关键点
△AFE≌△ACE，∠DFE＝90°，结合勾股定理证明；
∴∠DAE′＝∠BAE，AE′＝AE，DE′＝BE,
∠ADE′＝∠ABE，
∴∠EAE′＝∠BAD.
(2)如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠ABC＋∠D＝180°，点E，F分别在边CB，DC的延长线上，且∠EAF＝ ∠BAD，连接EF，试猜想EF，BE，DF之间的数量关系，并给出证明．
(2)解：EF＝DF－BE.
证明：如解图②，将△ABE绕点A逆时针旋转，使AB与AD重合，得到△ADE′，则△ABE≌△ADE′，
第5题图②
第5题解图②
∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠ABC＋∠ABE＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE，∴∠ADE′＝∠ADC，即E′，D，F三点共线．
又∵∠EAF＝ ∠BAD＝ ∠EAE′，
∴∠EAF＝∠E′AF，
在△AEF和△AE′F中，
∴△AEF≌△AE′F(SAS)，∴FE＝FE′.
又∵FE′＝DF－ DE′，∴EF＝DF－ BE.
第5题解图②
解题关键点
将△ABE绕点A逆时针旋转，
证得△AEF≌△AE′F.
