九年级数学上点拨与精练 第23章旋转 微专题旋转在解几何题中的十种常用技巧（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
九年级数学上点拨与精练
第23章 旋转
微专题 旋转在解几何题中的十种常用技巧
老师告诉你
图形的旋转的实质是全等图形位置、方向的变换，在这个变换过程中有对应线段相等，对应角相等等一些等量关系，利用这些等量关系可以解决长度、角度、面积的计算等有关问题。
技巧1 巧用旋转求角度
例1-1．如图，已知：等边三角形ABC中内有一点P，PA=4，PC=3，PB=5，求∠APC的度数．
针对训练1
1．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A、D、E在同一条直线上，且∠ACB=20°，求∠CAE及∠B的度数．
2．（1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，现将绕点按顺时针方向旋转90°，点的对应点为，点的对应点为，连接，如图所示则___________．
（2）如图2，在等边内有一点，且，，，如果将绕点逆时针旋转60°得出，求的度数和的长；
（3）如图3，将（2）题中“在等边内有一点”改为“在等腰直角三角形内有一点”，且，，，，求的度数．
3．如图所示，△ABC的∠BAC=120°，以BC为边向形外作等边△BCD，把△ABD绕着D点按顺时针方向旋转60°到△ECD的位置，若AB=3，AC=2，求∠BAD的度数和线段AD的长．
技巧2 巧用旋转求线段长度
例2-1．如图所示，∠DBC=90°，∠C=45°，AC=2，△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，连接AE．
（1）求证：△ABC≌△ABE；
（2）连接AD，求AD的长．
针对训练2
1．如图，已知△ABC中，AB=AC，把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F．
（1）求证：△AEC≌△ADB；
（2）若AB=2，∠BAC=45°，当四边形ADFC是菱形时，求BF的长．
2．如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺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ACDE为菱形时，求BD的长．
3．如图，△ABC与△ADE中，∠ACB=∠AED=90°，连接BD、CE，∠EAC=∠DAB．
（1）求证：△ABC∽△ADE；
（2）求证：△BAD∽△CAE；
（3）已知BC=4，AC=3，AE=．将△AED绕点A旋转，当点E落在线段CD上时，求BD的长．
技巧3 巧用旋转证明线段相等
例3-1．已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB=4，另有一块等腰直角三角板的直角顶点放在C处，CP=CQ=2，将三角板CPQ绕点C旋转（保持点P在△ABC内部），连接AP、BP、BQ．
（1）如图1求证：AP=BQ；
（2）如图2当三角板CPQ绕点C旋转到点A、P、Q在同一直线时，求AP长．
针对训练3
1．在△ABC中，AB=12，AC=BC=10，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为α（0°＜α＜180°），点B的对应点为D，点C的对应点为E，连接BD，BE．
（1）如图，当α=60°时，延长BE交AD于点F．
①求证：△ABD是等边三角形；
②求证：BF⊥AD，AF=DF；
③请直接写出BE的长．
（2）在旋转过程中，过点D作DG垂直于直线AB，垂足为G，连接CE，当∠DAG=∠ACB，且线段DG与线段AE无公共点时，请直接写出BE+CE的值．
2．已知△ABC，AC=BC，∠C=90°．
（1）如图1，若点D是△ABC内一点，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连接AD，BE．求证：AD=BE；
（2）如图2，若点D是△ABC外一点，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，且AE=AB，求证：．
3．如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺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ACDE为菱形时，求BD的长．
技巧4 巧用旋转证明线段平方关系
例4-1．勾股定理的发现可以称为数学史上的里程碑，人们也对它进行了大量的研究，至今已有几百种证法．我们知道，利用图形中有关面积的等量关系可以证明勾股定理．如图，在Rt△ABC，∠ACB=90°，以AB为斜边作等腰直角三角形ABD，连接DC，∠ACD=∠BCD=45°．设BC=a,AC=b,AB=c,请利用下面的图形验证勾股定理．
针对训练4
1．△ABC中，∠A=45°，∠CBA=α，点D在边AB上，将线段CD逆时针旋转β得到CE，连接DE．
（1）当α=45°，β=90°时，求证：AD2+DB2=DE2．
（2）当α=30°，β=120°时，若CE=BE，求的值．
2．课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
（1）如图①，在中，若，，求BC边上的中线AD的取值范围.
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使得，再连接BE（或将绕点D逆时针旋转180°得到），把AB，AC，2AD集中在中，利用三角形的三边关系可得，则.
（2）解决问题：受到（1）的启发，请你解决下列问题：
①如图②，在中，D是BC边的中点，，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF.求证：.
②若，探索线段BE，CF，EF之间的等量关系，并加以证明.
技巧5 巧用旋转求面积
例5-1．如图，△ABC中，BC=2AB，D、E分别是边BC、AC的中点，将△CDE绕点E旋转180度，得△AFE．
（1）判断四边形ABDF的形状，并证明；
（2）已知AB=3，AD+BF=8，求四边形ABDF的面积S．
针对训练5
1．如图，在△ABC中，AB=AC=7，BC=5，将△ABC绕点C旋转，使得点B落在AB边上点D处，点A落在点E处，连接AE．
（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；
（2）求△AFE的面积．
2．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转α角（0°＜α＜90°）得到△DEC，设CD交AB于点F．连接AD．
（1）当α=30°时．
①求证：△BCF是等边三角形；
②求DF的长及△ADF的面积（结果保留根号）；
（2）当旋转角α为何值时，△ADF是等腰三角形．
3．如图，在△ABC中，AC=BC，点O是AB上的中点，将△ABC绕着点O旋转180°得△ABD．
（1）求证：四边形ACBD是菱形；
（2）如果∠B=60°，BC=2，求菱形ACBD的面积．
技巧6 巧用旋转求点的坐标
例6-1．如图，△AOB是等边三角形，点O是坐标原点，点B的坐标为（2，0）
（1）求点A的坐标；
（2）将△ABO绕点A逆时针旋转180°后，求点B的对应点B′的坐标；
（3）将△ABO绕点A逆时针旋转90°后，求点B的对应点B″的坐标．
针对训练6
1．如图，在平面直角坐标系中，B点在x轴上，∠AOB=60°，线段OA=6，将△AOB绕点O逆时针旋转60°后，点A落在C点处，点B落在D点处．
（1）请在图中画出△COD（不写画法），并在所画图中标出C点的坐标；
（2）点A旋转过程中所经过的路程的长．（结果保留整数）
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，点，点B（3，1），将△OAB绕着点O旋转180°后得到△OA'B'．
（I）在图中画出△OA'B'；
（II）点A，点B的对应点A’和B’的坐标分别是A’_____和B’_____；
（III）请直接写出AB和A’B’的数量关系和位置关系．
3．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（2，-1）．B（1，-2），C（3，-3）．
（1）将△ABC向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1BC1；
（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2；
（3）将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，求线段A2C2在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
技巧7 巧用旋转证明图形全等
例7-1．在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：
①△ADC≌△CEB；
②DE=AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，AD=5，BE=2，求线段DE的长．
针对训练7
1．如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）当AM+BM+CM的最小值为时，求正方形的边长．
2．如图，在四边形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，DE．
（1）求证：∠CBD=∠CAE；
（2）若∠ADC=30°，AD=3，BD=5，求DE的长．

3．如图，已知Rt△ABD中，∠A=90°，将斜边BD绕点B顺时针方向旋转至BC，使BC∥AD，过点C作CE⊥BD于点E．
（1）求证：△ABD≌△ECB；
（2）若∠ABD=30°，BE=3，求弧CD的长．
技巧8 巧用旋转判断图形形状
例8-1．如图，P为等边三角形ABC内部一点，旋转后能与重合.
(1)旋转中心是哪一点 旋转角是多少度
(2)连接，是什么三角形 并说明你的理由.
针对训练8
1．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，，.
（1）将向下平移5个单位长度后得到，请画出.
（2）将绕原点O逆时针旋转后得到，请画出.
（3）判断以O，，B为顶点的三角形的形状.（无须说明理由）
2．如图，点O是等边内一点，，.将绕点C按顺时针方向旋转60°得，连接OD.
（1）求证：是等边三角形.
（2）当时，试判断的形状，并说明理由.
（3）探究：当为多少度时，是等腰三角形？
技巧9 巧用旋转求最值
例9-1．计算：
(1)(操作发现)
如图①，将绕点A顺时针旋转60°，得到,连接BD，则____度；
(2)(类比探究)
如图②，在等边三角形ABC内任取一点P，连接PA，PB，PC，求证：以PA，PB，PC的长为三边必能组成三角形：
(3)(解决问题)
如图③，在边长为的等边三角形ABC内有一点P，，，求的面积;
(4)(拓展应用)
图④是A，B，C三个村子位置的平面图，经测量，，，P为内的一个动点，连接PA，PB，PC，求的最小值．
针对训练9
1．已知点是等边三角形内的任一点，连接.
（1）如图1，已知，将绕点按顺时针方向旋转得到.
①的度数是_______；
②用等式表示线段之间的数量关系，并证明；
（2）设.
①当满足什么关系时，有最小值？请在图2中画出符合条件的图形，并说明理由；
②若等边三角形的边长为1，直接写出的最小值.
2．在平面直角坐标系中，为原点，点，点，点是边中点，把绕点顺时针旋转，得，点旋转后的对应点分别为．记旋转角为．
（1）如图①，当点D恰好在上时，求点D的坐标；
（2）如图②，若时，求证：四边形是平行四边形；
（3）连接，在旋转的过程中，求面积的最大值（直接写出结果即可）．
3．如图1,在等边中,点分别在边上, ,连接,点分别是的中点.
(1)观察猜想:图1中,的形状是__________
(2)探究证明:把绕点逆时针方向旋转到图2的位置,的形状是否发生改变 并说明理由;
(3)拓展延伸:把绕点在平面内自由旋转,若,请直接写出的周长的最大值.
技巧10 巧用旋转证明线段不等关系
例10-1（1）阅读理解：

如图①，在中，若，，求边上的中线的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长到点使，再连接，这样就把，，集中在中，利用三角形三边的关系可判断线段的取值范围是　 　；则中线的取值范围是 　 　；
（2）问题解决：
如图②，在中，是边的中点，于点，交于点，交于点，连接，此时：与的大小关系，并说明理由．
（3）问题拓展：
如图③，在四边形中，，，，以为顶点作，边，分别交，于，两点，连接，此时：、与的数量关系
九年级数学上点拨与精练
第23章 旋转
微专题 旋转在解几何题中的十种常用技巧
老师告诉你
图形的旋转的实质是全等图形位置、方向的变换，在这个变换过程中有对应线段相等，对应角相等等一些等量关系，利用这些等量关系可以解决长度、角度、面积的计算等有关问题。
技巧1 巧用旋转求角度
例1-1．如图，已知：等边三角形ABC中内有一点P，PA=4，PC=3，PB=5，求∠APC的度数．
【解析】根据题意，通过顺时针旋转，可以得到△ADB与△APC的关系，通过转化可以求得∠ADB的度数，从而可以求得∠APC的度数．
解：如图，∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°；
将△APC按顺时针旋转60°，得到△ADB，
∴AD=AP=PD，DB=CP，∠ADB=∠APC，
∴△ADP是等边三角形，
∴∠ADP=60°，
∵AP=4，PC=3，
∴BD=CP=3，PD=AP=4，BP=5，
∵32+42=52，
∴△BDP是直角三角形，∠BDP=90°，
∴∠ADB=∠ADP+∠BDP=60°+90°=150°，
∴∠APC=150°．
针对训练1
1．如图，将△ABC绕点C顺时针旋转90°得到△EDC．若点A、D、E在同一条直线上，且∠ACB=20°，求∠CAE及∠B的度数．
【解析】根据旋转的性质可得△ACE是等腰直角三角形，所以∠CAE=45°，易知∠ACD=90°-20°=70°，根据三角形外角性质可得∠EDC度数，又∠EDC=∠B，则可求．
解：根据旋转的性质可知CA=CE，且∠ACE=90°，
所以△ACE是等腰直角三角形．
所以∠CAE=45°；
根据旋转的性质可得∠BCD=90°，
∵∠ACB=20°．
∴∠ACD=90°-20°=70°．
∴∠EDC=45°+70°=115°．
所以∠B=∠EDC=115°．
2．（1）如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，的三个顶点均在格点上，现将绕点按顺时针方向旋转90°，点的对应点为，点的对应点为，连接，如图所示则___________．
（2）如图2，在等边内有一点，且，，，如果将绕点逆时针旋转60°得出，求的度数和的长；
（3）如图3，将（2）题中“在等边内有一点”改为“在等腰直角三角形内有一点”，且，，，，求的度数．
【答案】（1）；（2），；（3）
【解析】（1）根据旋转的性质只要证明是等腰直角三角形即可得到答案；
（2）根据旋转的性质，可得是等边三角形，由等边三角形的性质即可求出的长，；而又是直角三角形（由勾股定理的逆定理可证），所以，从而得出结论；
（3）如图3，将绕点B逆时针旋转90°得到，，与（2）类似：可得：，求出，根据勾股定理的逆定理求出，即可得出结论．
解：∵将绕点按顺时针方向旋转90°，点的对应点为，点的对应点为，
∴，
∴．
故答案为：；
（2）∵是等边三角形，
∴，
∵将绕点逆时针旋转60°得出，，
∴，．
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴，
∴是直角三角形，即，
∴；
（3）如图3，将绕点B逆时针旋转90°得到，
与（2）类似：可得：，，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴是直角三角形，即，
∴．
【点睛】本题考查了勾股定理及勾股定理的逆定理，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，旋转的性质等知识点的理解和掌握，正确作辅助线并能根据性质进行证明是解答此题的关键．
3．如图所示，△ABC的∠BAC=120°，以BC为边向形外作等边△BCD，把△ABD绕着D点按顺时针方向旋转60°到△ECD的位置，若AB=3，AC=2，求∠BAD的度数和线段AD的长．
【解析】根据∠BAC+∠BDC=180°得出A、B、D、C四点共圆，根据四点共圆的性质得出∠BAD=∠BCD=60°．推出A，C，E共线；由于∠ADE=60°，根据旋转得出AB=CE=3，求出AE即可．
解：法1：∵△ABC的∠BAC=120°，以BC为边向形外作等边△BCD，
∴∠BAC+∠BDC=120°+60°=180°，
∴A，B，D，C四点共圆，
∴∠BAD=∠BCD=60°，∠ACD+∠ABD=180°，
又∵∠ABD=∠ECD，
∴∠ACD+∠ECD=180°，
∴∠ACE=180°，
即A、C、E共线，
∵把△ABD绕着D点按顺时针方向旋转60°到△ECD的位置，AB=3，
∴AB=CE=3，
∴AD=AE=AC+AB=3+2=5；
技巧2 巧用旋转求线段长度
例2-1．如图所示，∠DBC=90°，∠C=45°，AC=2，△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，连接AE．
（1）求证：△ABC≌△ABE；
（2）连接AD，求AD的长．
【解析】（1）根据旋转的性质得到∠DBE=∠ABC，∠EBC=60°，BE=BC，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）连接AD，根据旋转的性质得到DE=AC，∠BED=∠C，DE=AC=2，根据全等三角形的性质得到∠BEA=∠C，AE=AC=2，根据等腰三角形的性质即可得到结论．
（1）证明：∵△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，
∴∠DBE=∠ABC，∠EBC=60°，BE=BC，
∵∠DBC=90°，
∴∠DBE=∠ABC=30°，
∴∠ABE=30°，
在△ABC与△ABE中，，
∴△ABC≌△ABE（SAS）；
（2）解：连接AD，
∵△ABC绕点B逆时针旋转60°得到△DBE，
∴DE=AC，∠BED=∠C，DE=AC=2，
∵△ABC≌△ABE，
∴∠BEA=∠C，AE=AC=2，
∵∠C=45°，
∴∠BED=∠BEA=∠C=45°，
∴∠AED=90°，DE=AE，
∴AD=AE=2．
针对训练2
1．如图，已知△ABC中，AB=AC，把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F．
（1）求证：△AEC≌△ADB；
（2）若AB=2，∠BAC=45°，当四边形ADFC是菱形时，求BF的长．
【解析】（1）由旋转的性质得到三角形ABC与三角形ADE全等，以及AB=AC，利用全等三角形对应边相等，对应角相等得到两对边相等，一对角相等，利用SAS得到三角形AEC与三角形ADB全等即可；
（2）根据∠BAC=45°，四边形ADFC是菱形，得到∠DBA=∠BAC=45°，再由AB=AD，得到三角形ABD为等腰直角三角形，求出BD的长，由BD-DF求出BF的长即可．
解：（1）由旋转的性质得：△ABC≌△ADE，且AB=AC，
∴AE=AD，AC=AB，∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC+∠BAE=∠DAE+∠BAE，即∠CAE=∠DAB，
在△AEC和△ADB中，
，
∴△AEC≌△ADB（SAS）；
（2）∵四边形ADFC是菱形，且∠BAC=45°，
∴∠DBA=∠BAC=45°，
由（1）得：AB=AD，
∴∠DBA=∠BDA=45°，
∴△ABD为直角边为2的等腰直角三角形，
∴BD2=2AB2，即BD=2，
∴AD=DF=FC=AC=AB=2，
∴BF=BD-DF=2-2．
2．如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺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ACDE为菱形时，求BD的长．
【解析】（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，于是根据旋转的定义，△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，然后根据旋转的性质得到BE=CF；
（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE-DE求解．
（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，
∵AB=AC，
∴AE=AF，
∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴BE=CF；
（2）解：∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，
∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，
∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴BE=AC=，
∴BD=BE-DE=-1．
3．如图，△ABC与△ADE中，∠ACB=∠AED=90°，连接BD、CE，∠EAC=∠DAB．
（1）求证：△ABC∽△ADE；
（2）求证：△BAD∽△CAE；
（3）已知BC=4，AC=3，AE=．将△AED绕点A旋转，当点E落在线段CD上时，求BD的长．
【解析】（1）由已知可得∠CAB=∠EAD，∠ACB=∠AED=90°，则结论得证；
（2）由（1）知，∠EAC=∠DAB，则结论得证；
（3）先证△ABC∽△ADE，求出AE、AD的长，则BD可求．
证明：（1）∵∠EAC=∠DAB，
∴∠CAB=∠EAD，
∵∠ACB=∠AED=90°，
∴△ABC∽△ADE；
（2）由（1）知△ABC∽△ADE，
∴，
∵∠EAC=∠BAD，
∴△BAD∽△CAE；
（3）∵∠ACB=90°，BC=4，AC=3，
∴AB===5，
∵△ABC∽△ADE，
∴，
∴AD==，
如图，将△AED绕点A旋转，当点E落在线段CD上时，∠AEC=∠ADB=90°，
∴BD=．
技巧3 巧用旋转证明线段相等
例3-1．已知Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB=4，另有一块等腰直角三角板的直角顶点放在C处，CP=CQ=2，将三角板CPQ绕点C旋转（保持点P在△ABC内部），连接AP、BP、BQ．
（1）如图1求证：AP=BQ；
（2）如图2当三角板CPQ绕点C旋转到点A、P、Q在同一直线时，求AP长．
【解析】（1）欲证明PA=BQ，只要证明△ACP≌△BCQ即可；
（2）如图2中，作CH⊥PQ于H．首先证明A、P、Q共线，利用勾股定理求出AH，PH即可解决问题；
（1）证明：∵∠ACB=∠PCQ=90°，
∴∠ACP=∠BCQ，
∵AC=BC，CP=CQ，
∴△△ACP≌△BCQ（SAS），
∴AP=BQ；
（2）解：如图2中，作CH⊥PQ于H，
∵CP=CQ=2，
∴，
∵∠PCQ=90°，
∴，
∴，
∵AC=4，
∴，
∵点A、P、Q在同一直线，
∴．
针对训练3
1．在△ABC中，AB=12，AC=BC=10，将△ABC绕点A按顺时针方向旋转，得到△ADE，旋转角为α（0°＜α＜180°），点B的对应点为D，点C的对应点为E，连接BD，BE．
（1）如图，当α=60°时，延长BE交AD于点F．
①求证：△ABD是等边三角形；
②求证：BF⊥AD，AF=DF；
③请直接写出BE的长．
（2）在旋转过程中，过点D作DG垂直于直线AB，垂足为G，连接CE，当∠DAG=∠ACB，且线段DG与线段AE无公共点时，请直接写出BE+CE的值．
【解析】（1）①由旋转性质知AB=AD，∠BAD=60°即可得证；
②由BA=BD、EA=ED根据中垂线性质即可得证；
③分别求出BF、EF的长即可得；
（2）由∠ACB+∠BAC+∠ABC=180°、∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°、∠DAG=∠ACB、∠DAE=∠BAC得∠BAE=∠BAC且AE=AC，根据三线合一可得CE⊥AB、AC=10、AH=6，继而知CE=2CH=16、BE=10，即可得答案．
解：（1）①∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，
∴AB=AD，∠BAD=60°．
∴△ABD是等边三角形；
②由①得△ABD是等边三角形，
∴AB=BD．
∵△ABC绕点A顺时针方向旋转60°得到△ADE，
∴AC=AE，BC=DE．
又∵AC=BC，
∴EA=ED．
∴点B、E在AD的中垂线上．
∴BE 是AD的中垂线．
∵点F在BE的延长线上，
∴BF⊥AD，AF=DF；
③由②知BF⊥AD，AF=DF，
∴AF=DF=6，
∵AE=AC=10，
∴EF=8，
∵在等边三角形ABD中，
BF=AB sin∠BAF=12×=6，
∴BE=BF-EF=6-8；
（2）如图所示，
∵∠DAG=∠ACB，∠DAE=∠BAC，
∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=∠DAG+∠DAE+∠ABC=180°，
又∵∠DAG+∠DAE+∠BAE=180°，
∴∠BAE=∠ABC，
∵AC=BC=AE，
∴∠BAC=∠ABC，
∴∠BAE=∠BAC，
∴AB⊥CE，且CH=HE=CE，
∵AC=BC，
∴AH=BH=AB=6，
则CE=2CH=16，BE=10，
∴BE+CE=26．
2．已知△ABC，AC=BC，∠C=90°．
（1）如图1，若点D是△ABC内一点，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，连接AD，BE．求证：AD=BE；
（2）如图2，若点D是△ABC外一点，将线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，且AE=AB，求证：．
【解析】（1）根据旋转得到∠DCE=90°，CD=CE，即可得到∠ACD=∠BDE，从而得到△ACD≌△BCE，即可得到证明；
（2）连接DE，AD，BE交AD于点O，根据∠ACB=90°可得∠ACD=∠BCE，即可得到△ACD≌△BCE，从而可得∠CEB=∠CDA，结合∠CHE=∠DHO可得∠ECD=∠DOH=90°，根据等腰三角形底边上三线合一即可得到ED=DB，最后根据勾股定理即可得到答案．
证明：（1）∵线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，
∴∠DCE=90°，CD=CE，
∵∠ACB=90°，∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB，
∴∠ACD=∠BCE，
∵，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE；
（2）连接DE，AD，BE交AD于点O，交CD于点H，
∵∠ACB=90°，∠ECD=90°，
∴∠ACB+∠DCB=∠DCE+∠DCB，
即∠ACD=∠BCE，
∵线段CD绕点C顺时针旋转90°得到CE，
∴CD=CE，
∵AC=BC，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CEB=∠CDA，
∵∠CHE=∠DHO，
∴∠ECD=∠DOH=90°，
∵AE=AB，
∴EO=BO，
∴ED=DB，
∴∠ECD=90°，
∴ED2=CE2+DC2，
∵EC=CD，
∴，
∴．
3．如图，△ABC中，AB=AC=1，∠BAC=45°，△AEF是由△ABC绕点A按顺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ACDE为菱形时，求BD的长．
【解析】（1）先由旋转的性质得AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，利用AB=AC可得AE=AF，于是根据旋转的定义，△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，然后根据旋转的性质得到BE=CF；
（2）由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE，根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°，所以∠AEB=∠ABE=45°，于是可判断△ABE为等腰直角三角形，所以BE=AC=，于是利用BD=BE-DE求解．
（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴AE=AB，AF=AC，∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF，即∠EAB=∠FAC，
∵AB=AC，
∴AE=AF，
∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到，
∴BE=CF；
（2）解：∵四边形ACDE为菱形，AB=AC=1，
∴DE=AE=AC=AB=1，AC∥DE，
∴∠AEB=∠ABE，∠ABE=∠BAC=45°，
∴∠AEB=∠ABE=45°，
∴△ABE为等腰直角三角形，
∴BE=AC=，
∴BD=BE-DE=-1．
技巧4 巧用旋转证明线段平方关系
例4-1．勾股定理的发现可以称为数学史上的里程碑，人们也对它进行了大量的研究，至今已有几百种证法．我们知道，利用图形中有关面积的等量关系可以证明勾股定理．如图，在Rt△ABC，∠ACB=90°，以AB为斜边作等腰直角三角形ABD，连接DC，∠ACD=∠BCD=45°．设BC=a,AC=b,AB=c,请利用下面的图形验证勾股定理．
【解析】过D作GE⊥CB交CB延长线于E，DG⊥AC于G，DF⊥AB于F，由∠ACD=∠BCD=45°，可得CG=CE=DE=DG，证明△ADG≌△BDE（AAS），有BE=AG，设BE=AG=x,即得b-x=a+x,故x=，CG=CE=DE=DG=，可得S△BCD=BC DE=a ，S△ACD=AC DG=b ，S△ABD=AB DF=c c,而S△ABC=AC BC=ab,从而a +b =c c+ab,化简即得a2+b2=c2．
解：过D作GE⊥CB交CB延长线于E，DG⊥AC于G，DF⊥AB于F，如图：
∵∠ACD=∠BCD=45°，
∴△DCG和△DCE是等腰直角三角形，
∴CG=DG，CE=DE=，
∴CG=CE=DE=DG，
∵∠GDE=360°-∠DGC-∠GCE-∠E=90°=∠ADB，
∴∠ADG=∠BDE，
∵∠AGD=90°=∠E，AD=BD，
∴△ADG≌△BDE（AAS），
∴BE=AG，
设BE=AG=x,则CG=AC-AG=b-x,CE=CB+BE=a+x,
∴b-x=a+x,
∴x=，
∴CG=CE=DE=DG=，
∴S△BCD=BC DE=a ，S△ACD=AC DG=b ，
∵△ABD是等腰直角三角形，AB=c,DF⊥AB，
∴DF=c,
∴S△ABD=AB DF=c c,
∵S△ABC=AC BC=ab,
∴a +b =c c+ab,
∴a2+b2=c2．
针对训练4
1．△ABC中，∠A=45°，∠CBA=α，点D在边AB上，将线段CD逆时针旋转β得到CE，连接DE．
（1）当α=45°，β=90°时，求证：AD2+DB2=DE2．
（2）当α=30°，β=120°时，若CE=BE，求的值．
【解析】（1）根据SAS证明△ACD≌△BCE，可证出AD=BE，∠DBE=90°，结合勾股定理即可；
（2）在BD的延长线上取点G，使CG=CB，转化为图1，同理可得∠G=∠CBE=30°，借助特殊的直角三角形表示出AD和AB的长度即可解决问题．
证明：（1）如图1，连接BE，
∵∠ACB=∠DCE=90°，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠A=∠CBE，
∵∠A==∠CBA=45°，
∴∠DBE=90°，
∴BE2+BD2=DE2，
∴AD2+BD2=DE2；
（2）在BD的延长线上取点G，使CG=BC
∴∠CBA=∠G=30°，
由（1）同理得△CGD≌△CBE，
∴∠G=∠CBE=30°，
∴设CE=BE=CD=a,∠DCB=90°，
∴CB=，BD=2a,
作CH⊥AB于H，
∴CH=AH=，DH=，BH=，
∴AD=，AB=，
∴．
2．课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
（1）如图①，在中，若，，求BC边上的中线AD的取值范围.
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：延长AD到E，使得，再连接BE（或将绕点D逆时针旋转180°得到），把AB，AC，2AD集中在中，利用三角形的三边关系可得，则.
（2）解决问题：受到（1）的启发，请你解决下列问题：
①如图②，在中，D是BC边的中点，，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF.求证：.
②若，探索线段BE，CF，EF之间的等量关系，并加以证明.
答案：（2）①证明：延长FD到G，使得，连接BG，EG（或把绕点D逆时针旋转180°得到），
，
，.
在中，，即.
②解：.证明：若，则.
由①知，，，
，即，
在中，，
.
技巧5 巧用旋转求面积
例5-1．如图，△ABC中，BC=2AB，D、E分别是边BC、AC的中点，将△CDE绕点E旋转180度，得△AFE．
（1）判断四边形ABDF的形状，并证明；
（2）已知AB=3，AD+BF=8，求四边形ABDF的面积S．
【解析】（1）根据中位线的性质以及旋转后对应的线段，可得出四边形ABDF对应边两两相等，即为平行四边形，平行四边形的邻边相等为菱形；
（2）设OA=x,OB=y,构造方程求出2xy即可．
解：（1）平行四边形，证明如下：
∵D、E分别是边BC、AC的中点，
∴2DE=AB，CD=BD，
又∵将△CDE绕点E旋转180度，得△AFE，
∴CD=AF，DE=EF，
∴2DE=AB=FD，BD=CD=AF，
∴四边形ABDF对应边两两相等，
即四边形ABDF为平行四边形，
又∵BC=2AB，
∴AB=BD，
∴平行四边形ABDF为菱形；
（2）如图，连接BF，AD交于点O，
∵四边形ABDF为菱形，
∴AD⊥BF，OB=OF，AO=OD，
设OA=x,OB=y,
则有2x+2y=8，x2+y2=32，
∴x+y=4，
∴x2+2xy+y2=16，
∴2xy=7，
∴S=BF×AD=2xy=7．
针对训练5
1．如图，在△ABC中，AB=AC=7，BC=5，将△ABC绕点C旋转，使得点B落在AB边上点D处，点A落在点E处，连接AE．
（1）求证：四边形ABCE是平行四边形；
（2）求△AFE的面积．
【解析】（1）证明AB∥CE，AB=CE即可．
（2）如图，过点C作CT⊥AB于T，CK⊥DE于K，过点A作AJ⊥EF于J．证明=，求出CT，△ACE的面积，即可解决问题．
证明：（1）∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，∴四边形ABCE是平行四边
∵将△ABC绕点C旋转，使得点D落在AB边上，
∴AC=CE=AB，∠ACB=∠DCE，CB=CD，
∴∠B=∠CDB，
∴∠CDB=∠DCE，
∴AB∥CE，
形．
（2）如图，过点C作CT⊥AB于T，CK⊥DE于K，过点A作AJ⊥EF于J．
∵CB=CD=5，CT⊥BD，
∴BT=DT，
设BT=x,
∵CT2=BC2-BT2=AC2-AT2，
∴52-x2=72-（7-x）2，
∴x=，
∴BD=2x=，CT===，
∴AD=AB-BD=7-=，
∵S△ADE= AD CT= AJ DE，
∴==，
∵===，
∵∠CDB=∠CDE，CT⊥DB，CK⊥DE，
∴CT=CK，
∴==，
∴AF=AC，
∴S△AEF=S△AEC=××7×=．
2．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=2，将△ABC绕点C按逆时针方向旋转α角（0°＜α＜90°）得到△DEC，设CD交AB于点F．连接AD．
（1）当α=30°时．
①求证：△BCF是等边三角形；
②求DF的长及△ADF的面积（结果保留根号）；
（2）当旋转角α为何值时，△ADF是等腰三角形．
【解析】（1）①由∠ACB=90°、∠BAC=30°、∠α=30°可得∠ABC=∠BCF=60°，得证；
②RT△ABC中求出AC=DC=2，由①知CF=BC=2，DF=DC-CF可得；作AP⊥DF于P，在RT△ACP中求得AP=AC=，根据S△ADF=DF AP计算可得；
（2）根据旋转的性质可得AC=CD，根据等腰三角形的两底角相等求出∠ADF=∠DAC，再表示出∠DAF，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出∠AFD，然后分①∠ADF=∠DAF，②∠ADF=∠AFD，③∠DAF=∠AFD三种情况讨论求解．
解：（1）①∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，∠α=30°，
∴∠ABC=∠BCF=60°，
∴△BCF是等边三角形；
②RT△ABC中，∵BC=2，∠BAC=30°，
∴AB=2BC=4，AC==2，
∵△DEC是由△ACB旋转得到，
∴DC=AC=，
由①知，CF=BC=2，
∴DF=DC-CF=2-2；
作AP⊥DF于P，
在RT△ACP中，∵∠α=30°，AC=2，
∴AP=AC=，
∴S△ADF=DF AP=×（2-2）×=3-；
（2）∵△ABC绕C点逆时针方向旋转得到△DEC，
∴AC=CD，
∴∠ADF=∠DAC=（180°-α），
∴∠DAF=∠ADC-∠BAC=（180°-α）-30°，
根据三角形的外角性质，∠AFD=∠BAC+∠DAC=30°+α，
△ADF是等腰三角形，分三种情况讨论，
①∠ADF=∠DAF时，（180°-α）=（180°-α）-30°，无解，
②∠ADF=∠AFD时，（180°-α）=30°+α，解得α=40°，
③∠DAF=∠AFD时，（180°-α）-30°=30°+α，解得α=20°，
综上所述，旋转角α度数为20°或40°．
3．如图，在△ABC中，AC=BC，点O是AB上的中点，将△ABC绕着点O旋转180°得△ABD．
（1）求证：四边形ACBD是菱形；
（2）如果∠B=60°，BC=2，求菱形ACBD的面积．
【解析】（1）利用四条边相等的四边形是菱形证明即可；
（2）连接CD，根据菱形的性质证得AB⊥CD，进而求出OC和OB，利用菱形的面积等于对角线乘积的一半解答即可．
（1）证明：∵将△ABC绕着点O旋转180°得△ABD，
∴△ABC≌△BAD，
∴AD=BC，AC=BD，
∵AC=BC，
∴AD=BC=AC=BD，
∴四边形ACBD是菱形；
（2）解：连接CD，交AB于点O，
∵四边形ACBD是菱形，
∴AB⊥CD，OA=OB，OC=OD，
∵∠ABC=60°，BC=2，
∴OC=sin60° BC=×2=，OB=cos60°=1，
∴CD=2，AB=2，
∴菱形的面积为：．
技巧6 巧用旋转求点的坐标
例6-1．如图，△AOB是等边三角形，点O是坐标原点，点B的坐标为（2，0）
（1）求点A的坐标；
（2）将△ABO绕点A逆时针旋转180°后，求点B的对应点B′的坐标；
（3）将△ABO绕点A逆时针旋转90°后，求点B的对应点B″的坐标．
【解析】（1）作△AOB底边OB上的高AC，然后根据等边三角形的性质和勾股定理求出A点坐标．
（2）将△ABO绕点A逆时针旋转180°，就是作各点关于A点的对称点，而B′正好在y轴上．
（3）如图找出B″的位置，然后根据绕点A逆时针旋转90°和三角形的性质得到一个二元一次方程组，从而求出BE和B″E的长度，再确定B″的坐标．
解：（1）过点A作AC⊥x轴于点C，
∵△ABO是等边三角形，OB=2，
∴OC=1，由勾股定理可得AC=，
∴点A的坐标为（1，）；
（2）连接BB′和B′O，则BB′A在同一直线上，
∵BA=AB′=OA=2，
∴∠BOB′=90°，
∴B′在y轴上，
∵BB′=4，OB=2，
∴OB′=2，
B′的坐标为（0，2）；
（3）如图，由题意可知∠BAB“=90°AB=AB″=2，
∴BB″=2，
作B″E⊥x轴于点E，连接OB″，
∵∠OAB″=90°+60°=150°，
AO=AB″，
∴∠AOB″=15°，
∴∠EOB″=45°，
∴OE=EB″，
设BE=x,
则x2+（x+2）2=（2）．
解得：x1=-1+，x2=-1-（不合题意，舍去）
∴OE=B″E=+1，
∴点B″的坐标为（+1，+1）．
针对训练6
1．如图，在平面直角坐标系中，B点在x轴上，∠AOB=60°，线段OA=6，将△AOB绕点O逆时针旋转60°后，点A落在C点处，点B落在D点处．
（1）请在图中画出△COD（不写画法），并在所画图中标出C点的坐标；
（2）点A旋转过程中所经过的路程的长．（结果保留整数）
【解析】（1）将OA、OB分别旋转60度，然后连接即可．
（2）点A旋转过程中所经过的路程既是点A划过的弧长，先求出旋转半径为6，然后根据弧长的计算公式l=计算即可．
解：（1）将OA、OB分别旋转60度，所作图形如下：
由题意可得点C与点A关于y轴对称，故可得点C（-3，3）；
（2）由题意可得旋转半径为6，
∴的长==2π≈6．
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，点，点B（3，1），将△OAB绕着点O旋转180°后得到△OA'B'．
（I）在图中画出△OA'B'；
（II）点A，点B的对应点A’和B’的坐标分别是A’_____和B’_____；
（III）请直接写出AB和A’B’的数量关系和位置关系．
【答案】(1)（-1，-）;(2)（-3，-1）;
【解析】（I）延长AO到A′，使A′O=AO，延长BO到B′，使B′O=BO，然后连接A′B′即可得到△OA'B'；
（II）根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数写出即可；
（III）根据旋转变换只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小进行解答．
解：（I）如图所示，
（II）∵点A（1，），B（3，1），
∴点A′（-1，-），B′（-3，-1）；
（III）根据旋转的不变性，AB=A′B′，
∵∠A=∠A′，
∴AB∥A′B′．
3．如图，在平面直角坐标系中，已知△ABC的三个顶点坐标分别是A（2，-1）．B（1，-2），C（3，-3）．
（1）将△ABC向上平移4个单位，再向右平移1个单位，得到△A1B1C1，请画出△A1BC1；
（2）请画出△ABC关于y轴对称的△A2B2C2；
（3）将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，求线段A2C2在旋转过程中扫过的面积（结果保留π）．
【解析】（1）根据平移的性质得出对应点的位置，画出平移后的图形即可；
（2）利用轴对称的性质得出对应点的位置，画出图形即可；
（3）根据题意画出旋转后的图形，先求得：OA2==，OB2==，OC2==3，再利用线段A2C2在旋转过程中扫过的面积=S-S扇形DOE，即可求得答案．
解：（1）如图所示，△A1B1C1即为所求；
（2）如图所示，△A2B2C2即为所求；
（3）将△A2B2C2绕着原点O顺时针旋转90°，得到△A3B3C3，如图，连接OC3交于D，连接OC2交于E，
∵A2（-2，-1），B2（-1，-2），C2（-3，-3），
∴OA2==，OB2==，OC2==3，
∴OA2=OB2=OD=OE=，
由旋转得：OA2=OA3，OB2=OB3，OC2=OC3，A2C2=A3C3，∠C2OC3=DOE=90°，
∴△OA2C2≌△OA3C3（SSS），
∴=，
∴线段A2C2在旋转过程中扫过的面积=S-S扇形DOE=-=．
技巧7 巧用旋转证明图形全等
例7-1．在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：
①△ADC≌△CEB；
②DE=AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，AD=5，BE=2，求线段DE的长．
【解析】（1）①由已知推出∠ADC=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根据AAS即可得到答案；
②由①得到AD=CE，CD=BE，即可求出答案；
（2）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，代入已知即可得到答案．
（1）①证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
②证明：由（1）知：△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，CD=BE，
∵DC+CE=DE，
∴AD+BE=DE；
（2）证明：∵BE⊥EC，AD⊥CE，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠EBC+∠ECB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ECB+∠ACE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD=CE，CD=BE，
∴DE=EC-CD=AD-BE=5-2=3．
针对训练7
1．如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）求证：△AMB≌△ENB；
（2）当AM+BM+CM的最小值为时，求正方形的边长．
【解析】（1）根据ASA证明△AMB≌△ENB即可；
（2）根据“两点之间线段最短”，当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长（如图），作辅助线，过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，由题意求出∠EBF=30°，设正方形的边长为x,在Rt△EFC中，根据勾股定理求得正方形的边长．
（1）证明：∵△ABE是等边三角形，
∴BA=BE，∠ABE=60°．
∵∠MBN=60°，
∴∠MBN-∠ABN=∠ABE-∠ABN．
即∠MBA=∠NBE．
又∵MB=NB，
∴△AMB≌△ENB（SAS）；
（2）连接CE，当M点位于BD与CE的交点处时，
AM+BM+CM的值最小．
连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，
∴AM=EN，
∵∠MBN=60°，MB=NB，
∴△BMN是等边三角形．
∴BM=MN．
∴AM+BM+CM=EN+MN+CM．
根据“两点之间线段最短”可知，EC与BD的交点即为所求M点，使得EN+MN+CM取得最小值，最小值为EC．
过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，
∴∠EBF=∠ABF-∠ABE=90°-60°=30°．
设正方形的边长为x,则BF=x,EF=，
在Rt△EFC中，
∵EF2+FC2=EC2，
∴（）2+（x+x）2=（+1）2．
解得x1=，x2=-（舍去负值）．
∴正方形的边长为．
2．如图，在四边形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，DE．
（1）求证：∠CBD=∠CAE；
（2）若∠ADC=30°，AD=3，BD=5，求DE的长．

【解析】（1）结合旋转的性质和等边三角形的性质可知∠ACB=∠DCE=60°，AC=BC，由“SAS”可证△BCD≌△ACE，可得结论；
（2）由全等三角形的性质可得AE=BD=5，再结合等边三角形的性质可推导∠ADE=90°，在Rt△ADE中由勾股定理即可获得答案．
（1）证明：由旋转可知∠DCE=60°，CD=CE，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ACB=60°，AC=BC，
∴∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
，
∴△BCD≌△ACE（SAS），
∴∠CBD=∠CAE；
（2）∵△BCD≌△ACE，
∴AE=BD=5，
∵∠DCE=60°，CD=CE，
∴△CDE是等边三角形，
∴∠CDE=60°，
又∵∠ADC=30°，
∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°，
在Rt△ADE中，DE===4．
3．如图，已知Rt△ABD中，∠A=90°，将斜边BD绕点B顺时针方向旋转至BC，使BC∥AD，过点C作CE⊥BD于点E．
（1）求证：△ABD≌△ECB；
（2）若∠ABD=30°，BE=3，求弧CD的长．
【解析】（1）因为这两个三角形是直角三角形，根据旋转的性质得出BC=BD，由AD∥BC推出∠ADB=∠EBC，从而能证明△ABD≌△ECB；
（2）由全等三角形的性质得出AD=BE=3．根据30°角所对的直角边等于斜边的一半得出BD=2AD=6，根据平行线的性质求出∠DBC=60°，再代入弧长计算公式求解即可．
（1）证明：∵∠A=90°，CE⊥BD，
∴∠A=∠BEC=90°．
∵BC∥AD，
∴∠ADB=∠EBC．
∵将斜边BD绕点B顺时针方向旋转至BC，
∴BD=BC．
在△ABD和△ECB中，
∴△ABD≌△ECB；
（2）∵△ABD≌△ECB，
∴AD=BE=3．
∵∠A=90°，∠BAD=30°，
∴BD=2AD=6，
∵BC∥AD，
∴∠A+∠ABC=180°，
∴∠ABC=90°，
∴∠DBC=60°，
∴弧CD的长为=2π．
技巧8 巧用旋转判断图形形状
例8-1．如图，P为等边三角形ABC内部一点，旋转后能与重合.
(1)旋转中心是哪一点 旋转角是多少度
(2)连接，是什么三角形 并说明你的理由.
（1）．答案：(1)旋转中心是点B，旋转角等于
(2)是等边三角形，理由见解析
解析：(1)根据题意，知AB旋转后与CB重合，
所以旋转中心是点B，旋转角等于.
(2)是等边三角形.
理由：旋转角为，即，，
是等边三角形.
针对训练8
1．如图，在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标分别是，，.
（1）将向下平移5个单位长度后得到，请画出.
（2）将绕原点O逆时针旋转后得到，请画出.
（3）判断以O，，B为顶点的三角形的形状.（无须说明理由）
答案：（1）如图所示，即为所求.
（2）如图所示，即所求.
（3）三角形为等腰直角三角形.
解析：
2．如图，点O是等边内一点，，.将绕点C按顺时针方向旋转60°得，连接OD.
（1）求证：是等边三角形.
（2）当时，试判断的形状，并说明理由.
（3）探究：当为多少度时，是等腰三角形？
答案：（1）证明：将绕点C按顺时针方向旋转60°得，
，，
是等边三角形.
（2）解：当时，是直角三角形.
理由：由旋转可知，
，
又是等边三角形，
，，
，，，
，
不是等腰直角三角形，即是直角三角形.
（3）解：①要使，需，
，，
，.
②要使，需.
，
，.
③要使，需.
，，，
解得.
综上所述，当的度数为125°或110°或140°时，是等腰三角形.
技巧9 巧用旋转求最值
例9-1．计算：
(1)(操作发现)
如图①，将绕点A顺时针旋转60°，得到,连接BD，则____度；
(2)(类比探究)
如图②，在等边三角形ABC内任取一点P，连接PA，PB，PC，求证：以PA，PB，PC的长为三边必能组成三角形：
(3)(解决问题)
如图③，在边长为的等边三角形ABC内有一点P，，，求的面积;
(4)(拓展应用)
图④是A，B，C三个村子位置的平面图，经测量，，，P为内的一个动点，连接PA，PB，PC，求的最小值．
答案：(1)60，理由见解析；
(2)见解析；
(3)；
(4).
针对训练9
1．已知点是等边三角形内的任一点，连接.
（1）如图1，已知，将绕点按顺时针方向旋转得到.
①的度数是_______；
②用等式表示线段之间的数量关系，并证明；
（2）设.
①当满足什么关系时，有最小值？请在图2中画出符合条件的图形，并说明理由；
②若等边三角形的边长为1，直接写出的最小值.
答案：（1）①
将绕点按顺时针方向旋转得到，
②线段之间的数量关系是
.
证明：如图1，连接，
绕点按顺时针方向旋转得到，
是等边三角形，
，
由①知，在，，
.
（2）当时，有最小值，符合条件的图形如图2所示.理由如下：
如图2，将绕点按顺时针方向旋转得到，连接.
则，
.
是等边三角形，
，
四点共线，
此时，最小值.
②的最小值为.
由①知当，取得最小值，最小值为的长，
如图2，设与交于点，易知，
在中，，
由勾股定理得，
的最小值为.
2．在平面直角坐标系中，为原点，点，点，点是边中点，把绕点顺时针旋转，得，点旋转后的对应点分别为．记旋转角为．
（1）如图①，当点D恰好在上时，求点D的坐标；
（2）如图②，若时，求证：四边形是平行四边形；
（3）连接，在旋转的过程中，求面积的最大值（直接写出结果即可）．
答案：解：（1）∵，点，
∴，
在中，，，
∴．
∴，
由旋转性质得，，
过D作于，如图①所示：
则在中，，
∴，
∴．
（2）延长交于F，如图②所示：
在中，点为的中点，，
∴．
又，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
由旋转性质，，
∴．
∵，
∴，
由旋转性质知，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴四边形是平行四边形．
（3）由旋转的性质得：在旋转的过程中，点C在以点A为圆心，以为半径的圆上，如图③所示：
过点A作交的延长线于G，
当三点共线时，面积最大，
∵点E是边中点，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴面积的最大值．
3．如图1,在等边中,点分别在边上, ,连接,点分别是的中点.
(1)观察猜想:图1中,的形状是__________
(2)探究证明:把绕点逆时针方向旋转到图2的位置,的形状是否发生改变 并说明理由;
(3)拓展延伸:把绕点在平面内自由旋转,若,请直接写出的周长的最大值.
答案：(1)如图1，
为等边三角形
，
点分别是的中点
，，，
，，
为等边三角形
故答案为等边三角形
(2)的形状不发生改变，仍然为等边三角形．理由如下：
连接，如图2，
，，
把绕点逆时针旋转60°可得到
，
与(1)一样可得，，，
，，
为等边三角形．
(3)
当的值最大时，的值最大，
（当且仅当点共线时取等号）
的最大值为1+3=4
的最大值为2
周长的最大值为
技巧10 巧用旋转证明线段不等关系
例10-1（1）阅读理解：

如图①，在中，若，，求边上的中线的取值范围．解决此问题可以用如下方法：延长到点使，再连接，这样就把，，集中在中，利用三角形三边的关系可判断线段的取值范围是　 　；则中线的取值范围是 　 　；
（2）问题解决：
如图②，在中，是边的中点，于点，交于点，交于点，连接，此时：与的大小关系，并说明理由．
（3）问题拓展：
如图③，在四边形中，，，，以为顶点作，边，分别交，于，两点，连接，此时：、与的数量关系
【答案】（1）；（2），见解析；（3）
【分析】（1）延长到点使，再连接，证明，可得，再由三角形三角关系可得，；
（2）延长至，使，连接，证明，可得，连接，可知是等腰三角形，则，在中，，即；
（3）延长至使，连接，证明，可推导出，再证明，则，能推导出．
【详解】解：（1）延长到点使，再连接，
，，，
，
，
在中，，
，
，
，
故答案为：，；
（2）延长至，使，连接，

，，，
，
，
连接，
，，
是等腰三角形，
，
在中，，即；
（3）延长至使，连接，

，，
，
，，
，
，，
，，
，
，
，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查全等三角形的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定及性质，三角形中线的定义，三角形三边关系是解题的关键．
图1 图2
B P C
M N
D E
A
A
B P C
D
E
M
N
图1 图2
B P
解析：
4．在平面直角坐标系中，为原点，点，点，点是边中点，把绕点顺时针旋转，得，点旋转后的对应点分别为．记旋转角为．
（1）如图①，当点D恰好在上时，求点D的坐标；
（2）如图②，若时，求证：四边形是平行四边形；
（3）连接，在旋转的过程中，求面积的最大值（直接写出结果即可）．
4．答案：解：（1）∵，点，
∴，
在中，，，
∴．
∴，
由旋转性质得，，
过D作于，如图①所示：
则在中，，
∴，
∴．
（2）延长交于F，如图②所示：
在中，点为的中点，，
∴．
又，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
由旋转性质，，
∴．
∵，
∴，
由旋转性质知，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴四边形是平行四边形．
（3）由旋转的性质得：在旋转的过程中，点C在以点A为圆心，以为半径的圆上，如图③所示：
过点A作交的延长线于G，
当三点共线时，面积最大，
∵点E是边中点，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴面积的最大值．
解析：
5．如图1,在等边中,点分别在边上, ,连接,点分别是的中点.
(1)观察猜想:图1中,的形状是__________
(2)探究证明:把绕点逆时针方向旋转到图2的位置,的形状是否发生改变 并说明理由;
(3)拓展延伸:把绕点在平面内自由旋转,若,请直接写出的周长的最大值.
5．答案：(1)如图1，
EMBED Equation.DSMT4 为等边三角形
，
点分别是的中点
，，，
，，
为等边三角形
故答案为等边三角形
(2)的形状不发生改变，仍然为等边三角形．理由如下：
连接，如图2，
EMBED Equation.DSMT4 ，，
把绕点逆时针旋转60°可得到
，
与(1)一样可得，，，
，，
为等边三角形．
(3)
当的值最大时，的值最大，
（当且仅当点共线时取等号）
EMBED Equation.DSMT4 的最大值为1+3=4
的最大值为2
周长的最大值为6．
解析：
M N
D E
A
A
B P C
D
E
M
N
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
HYPERLINK "http://21世纪教育网(www.21cnjy.com)
" 21世纪教育网(www.21cnjy.com)