2025年中考数学几何辅助线解题方法第16招 边边相等又共点，常用旋转作试验（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
第16招 边边相等又共点，常用旋转作试验
在题目给出的条件中，若涉及的线段有公共点且还存在相等的关系，但不在同一三角形中时，往往要以该公共点为中心将有关部分图旋转一定的角度，或以某边为轴进行翻转.促使离散的角、线段集中到某个三角形中去，以便挖掘隐藏的相等的线段和角，获得图形的全等或点的共线，或出现特殊角、特殊的三角形等基本图形，取得过渡性的推论，从而达到推导出所求的结论的目的.此招辅助线我们可将它表述为：
边边相等又共点，常用旋转作试验.
例1 如图16-1所示,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=1,E,F为线段AB 上两动点,且∠ECF=45°,过点 E,F分别作BC,AC的垂线相交于点M，垂足分别为 H，G.现有以下结论：
①
② 当点 E 与点B 重合时,
③AF+BE=EF;
④
其中正确结论的个数是( ).
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
解析 ①由题意知，△ABC是等腰直角三角形，
故①正确.
②如图16-2所示,当点 E与点B 重合时,点 H 与点B 重合.
∴MB⊥BC,∠MBC=90°.
∵MG⊥AC,∴∠MGC=∠ACB=∠MBC=90°.
∴MG∥BC,四边形 MGCB 是矩形.
∴MH=MB=CG.
∴∠FCE=∠ABC=45°,∠A=∠ACF=45°.
∴CF=AF=BF.∴FG是△ACB的中位线.
故②正确.
③解法1 如图16-3所示,∵AC=BC,∠ACB=90°,
∴∠A=∠5=45°.
将△ACF顺时针旋转 90°至△BCD,(边边相等又共点，常用旋转作试验)
则CF=CD,∠1=∠4,∠A=∠6=45°,BD=AF.
∵∠2=45°,∴∠1+∠3=∠4+∠3=45°.
∴∠DCE=∠2.
在△ECF 和△ECD中,有
∴△ECF≌△ECD(SAS).∴EF=ED.
∵∠5=45°,∴∠DBE=90°.
即
故③错误.
解法2 当点 E,F运动到AF=EB时,如图16-4所示.
显然此图关于直线CM对称，且MGCH 为正方形.
∵∠ECF=45°,∴∠1=∠2=∠3=∠4=22.5°.由此不难得知 Rt△DEC≌Rt△HEC(AAS).
∴DE=HE.
∵AF+BE=EF,EF=2EB,又据对称性知EF=2DE,∴DE=EB.
∴DE=EB=EH.
这与在 Rt△EHB中,EB>EH 相悖.
故③错误.
④在图16-3中,· 又∠A=∠5=45°,∴△ACE∽△BFC.
由题意知四边形CHMG是矩形，
∴MG∥BC,MH=CG,MG=CH,MH∥AC.
即
故④正确.
故选 C.
点评 本题综合性较强，求解需对四个结论逐个甄别.对① 直接由勾股定理推得结果，作出判断；②需先挖掘 MG∥BC，四边形MGCB 是矩形，进而挖掘FG是△ABC的中位线，利用中位线性质作出判断；③解法1，由于EF，AF，EB 共线，显然将线段延长或截取不可取.于是考虑将△ACF 旋转90°至△BCD,挖掘△ECF≌△ECD,根据全等三角形的性质和勾股定理推算作出判断，凸显了“边边相等又共点，常用旋转作试验”的战术思想.另外，对此解法还可这样着眼：当挖掘 DE=EF后,直接由三角形不等式,得 DE例2 在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,D为平面内的一点.
(1)如图16-5 所示,当点 D 在边 BC 上时,且∠BAD=30°,求证:
(2)如图 16-6 所示,当点 D 在△ABC 的外部,且满足∠BDC--∠ADC=45°,求证:
(3)如图16-7所示,若AB=4,当D,E分别为AB,AC的中点,且把△DAE绕点A 顺时针旋转,设旋转角为α(0<α≤180°),直线 BD 与CE 的交点为 P,连接 PA,求△PAC面积的最大值.
解析 (1) 证法 1 如图16-8 所示,将△ABD沿AB 折叠,得到△ABE,连接DE.
∵AB=AC,∠BAC=90°,∴∠ABC=45°.将△ABD沿AB 折叠,得到△ABE,(常用旋转作试验)
由翻折知△ABD≌△ABE,
∴AE=AD,BE=BD,∠ABE=∠ABD=45°,且∠BAD=∠BAE=30°.
∴∠DBE=90°,∠DAE=60°.
又AD=AE,BE=BD,
∴△ADE是正三角形，△BDE 是等腰直角三角形.
证法2 由题意可知,△ABD是∠ABD=45°,∠BAD=30°的固定三角形.当过点 D 作DH⊥AB，垂足为 H时，可得两个特殊的直角三角形，如图16-9所示,即△ADH是以∠DAH=30°的直角三角形,△BDH 是∠BHD=90°的等腰直角三角形.
于是,在 Rt△ADH中,得
在 Rt△BDH 中,得
(2) 证法1 为了得到 ，由右端 想到它可视为以AD 为直角边的等腰直角三角形的斜边.
于是,过点 A作AE⊥AD,且AE=AD,连接DE.
(边边相等又共点，常用旋转作试验)
如图16-10所示,设CD交BE 于点M.
∵AE⊥AD,∴∠DAE=∠BAC=90°.
∴∠BAE=∠DAC,且AD=AE,AB=AC.
∴△BAE≌△CAD(SAS).
∴∠ACD =∠ABE.
∵∠ACD+∠DCB+∠ABC=90°,
∴∠DCB+∠ABC+∠ABE=90°.
∴∠BMC=90°.
∵AE⊥AD,AE=AD,
∵∠BDC-∠ADC=45°,
,且DM=DM,∠DMB=∠DME=90°.
∴△DMB≌△DME(ASA).
证法2 上接证法 1中的①，如图16-10所示，易得A,M,B,C 四点共圆,且CD⊥BE.
又
∴DC是∠BDE 的平分线.
∴△DBE是等腰三角形.
∴BD=DE.又△DAE 是等腰直角三角形,
(3) 解法 1 如图 16-11 所示,作 PG⊥AC，交AC所在直线于点G.
因为点 D，E在以A 为圆心，AD 为半径的圆上，所以当 CE 所在直线与⊙A 相切时，直线BD 与CE 的交点 P 到直线AC 的距离最大，此时四边形ADPE是正方形,AD=PD=2.
又AB=4,∴∠ACP=30°.
从而
故点 P 到AC 所在直线的距离的最大值为
故△PAC的面积最大值为
解法2 易知D，E在以A 为圆心，AD为半径的圆上转动，点P 在△ABC的外接圆⊙O上转动.
由图16-11知,当点 E转到使∠AEC=90°时,PC最长,
从而△PAC的面积最大.
此时四边形 ADPE 是正方形,△AEC为以∠ACP=30°的直角三角形.
所以 PE=AE=2,CE=AC·cos30°=2
所以
点评 本题主要考查了全等三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形的性质，三角函数和圆的切线等基本知识.考查三角形面积最值的求法，综合性强.第(1)问，证法1侧重分析图形的翻折，三角形全等与代数的计算，体现了“边边相等又共点，常用旋转作试验”的战术思想;证法2紧扣∠BAD=30°的信息,作 DH⊥AB,构建含30°角的直角三角形，挖掘等腰直角三角形 BDH，此辅助线一举两得，颇有创意.第(2)问，关键是能否意识到. 隐含着等腰直角三角形的影子，由此想到构建等腰直角三角形 ADE，挖掘△BAE≌△CAD，得出∠ACD=∠ABE.所给出的两种证法区别在于最后讨论 BD=ED的方式不同而已.第(3)问，解题关键：一、能否借用(2)的探究思路得到A，P，B，C四点共圆；二、能否从△DAE 的转动过程中发现点 P 既在⊙O上，又在直线CE上，故当CE 与⊙O相切时，CP 最长;三、挖掘A,D,P,E四点共圆,且四边形ADPE为正方形,进而挖掘△AEC是以∠ACE=30°的直角三角形.一旦明确了这三点问题也就迎刃而解.
例3 如图16-12 所示,已知 P 为正方形ABCD 内一点,PA=1,PB=3,PD= ，求正方形的面积.
解析 解法1 以点 A 为中心,将△APB转动90°,使AB与AD 重合,如图16-13所示.
(边边相等又共点，常用旋转作试验)
∴△AED≌△APB.且∠EAP=90°.从而
又
故△DPE为直角三角形,且DP⊥EP.
(※)
过点D作DH⊥AP交AP 的延长线于点H,如图16-13所示,则点 D到AP 所在直线的距离为：
作 PM⊥AD,垂足为M,PN⊥AB,垂足为N,如图16-14所示,令 PM=x,PN=y,则 且有：
①
②
③
∵S四边形APDE=S△APD+△S△APB,
④
由④,得( ,
所以15
故所求正方形的面积为
解法2 过点 P作PM⊥AD,垂足为 M,作 PN⊥AB,垂足为N,如图16-14所示,则△ANP,△AMP 均为直角三角形.
设AM=y,AN=x,则有
即 即
即AB - 解得
故所求正方形的面积为
点评 本题主要考查三角形面积求解方法，对思维要求较高.解法1运用“边边相等又共点，常用旋转作试验”的方法构建辅助线，将分散的条件集结到一起，是一种创新性解法.解法2实际上是坐标法思想.只是未建立坐标系，直接设出线段 AM=y，AN=x，活用勾股定理来处理的.此解法中要注意AB >9这一隐含信息.否则将出现增解.
跟踪训练
1. 如图所示，已知 P，Q分别是 两直角边AB，AC上两点，M为斜边BC的中点，且. 垂足为 D， 垂足为E.求证：
2. 在课外兴趣小组活动时，老师提出了如下问题：
(1) 问题提出
如图1所示,在△ABC中,若AB=5,AC=3,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到点E,使得 DE=AD,再连接 BE(或将△ACD 绕点 D 逆时针旋转180°得到△EBD),把AB,AC,2AD集中在△ABE中,利用三角形的三边关系可得2感悟 解题时，条件中若出现“中点”“中线”字样，可考虑构造以中点为对称中心的图形或全等三角形，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中.
(2) 问题解决
受到(1)的启发，请你证明下面命题：如图2所示，在△ABC中，D是BC边上的中点,DE⊥DF,DE 交 AB 于点 E,DF 交AC 于点 F,连接 EF.
①求证:BE+CF>EF;②若∠A=90°,探索线段 BE,CF,EF 之间的等量关系，并加以证明.
(3) 问题拓展
如图3所示,在四边形ABDC中,∠ABD+∠ACD=180°,DB=DC,∠BDC=120°,以 D 为顶点作∠EDF,角的两边分别交 AB,AC于E,F两点且∠EDF=60°,连接EF,探索线段 BE,CF,EF 之间的数量关系,并加以证明.
答案
1. 证明 (1)∵MD⊥AB,ME⊥AC,
∠A=90°,连接 PQ,如图1所示.
∴∠MDP=∠MEA=∠A=90°.
由此可得四边形 MEAD为矩形.
∴AD=EM,AE=DM,∠DME=90°.
∵PM⊥QM,∴∠PMQ=90°.
∴∠DMP=∠EMQ.
从而可得△MPD∽△MQE.
(2) 由(1)知△MPD∽△MQE,则有
由此可得AD·PD=AE·EQ.
(3)证法1 如图2所示,以M为中心,将△MCQ旋转180°至△MBN.
(边边相等又共点，常用旋转作试验)
∴△MCQ≌△MBN,故CQ=BN.
连接 PN,PQ,因为 PM⊥QM,
∴PM垂直平分NQ,从而可得 PN=PQ.
∵△ABC 是直角三角形,BC是斜边,
∴∠ABC+∠C=90°.
从而可得∠ABC+∠MBN=90°,
即△PBN是直角三角形.
由勾股定理，得
又
证法2 延长 PM到点N,使MN=PM,连接QN,CN.
如图3所示，将BP，PQ，QC集结于一个可求的直角三角形QCN.
(垂线、角平分线，翻转集结等角与等线)
(或过点C作CN∥PB,使CN=PB,连接NQ)
∵M是BC的中点,∴BM=CM.
在△BMP 和△CMN中,
∴△BMP≌△CMN(SAS).
∴PB=NC,∠B=∠NCM.
∵∠A=90°,∠B+∠ACB=90°,
∴∠NCM+∠ACB=90°,即∠NCQ=90°.
∵PM⊥QM,PM=NM,∴PQ=NQ.
又
证法3 由题得四边形 ADME 为矩形.
连接 DE，(平行四边形，常连对角线)
又连接PQ，如图4所示，
则
于是，求证式等价于：
①
亦等价于. ②
∵M是BC的中点,且MD∥AC,ME∥AB,
∴D,E分别是AB,AC的中点,即有AD=BD,AE=CE.
从而可得②式等价于：
③
从而③式等价于:AD·PD=AE·EQ. ④
∵四边形ADME为矩形,∴AD=ME,AE=MD.
故④式等价于 ME·PD=MD·EQ. ⑤
为此,只要证明△MDP∽△MEQ即可.
下面我们来证明这一点.
事实上，这两个三角形都是直角三角形，因此，只要证明有一对锐角相等即可.
∵四边形 ADME为矩形,. ⑥
在⑥式中两边都减去一个公共角∠PME，所得角相等，
即∠PMD=∠QME. ⑦
由⑥,⑦,得△MPD∽△MEQ,由此可得⑤成立.
自⑤逆上，步步可逆，从而①成立，则原命题获证.
想一想 在本例中，若删除条件：MD⊥AB，垂足为 D，ME⊥AC，垂足为 E，其余条件不变，只证第(3)问，又如何呢
2. (2) ① 证明:如答图1所示,延长 FD到点G,使得DG=DF,连接BG,EG,则(
∵DE⊥DF,∴EF=EG.
在△BEG中,BE+BG>EG,
即 BE+CF>EF.
②若∠A=90°,则∠EBC+∠FCB=90°.
由①知∠FCD=∠DBG,EF=EG,
∴∠EBC+∠DBG=90°,即∠EBG=90°.
在 Rt△EBG中,
(3) 如答图2所示,将△DCF 绕点D 逆时针旋转120°得到△DBG.
∵∠ACD+∠ABD=180°,∠4=∠ACD,
∴∠4+∠ABD=180°.
故点 E，B，G在同一直线上.
∵∠3=∠1,∠BDC=120°,∠EDF=60°,
∴∠1+∠2=60°,故∠2+∠3=60°,即∠EDG=60°.
∴∠EDF=∠EDG=60°.
在△DEG和△DEF中
∴△DEG≌△DEF(SAS).
∴EF=EG=BE+BG,即EF=BE+CF.