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专题08 互补型旋转模型
【模型说明】
【例题精讲】
例1．（基本模型）如图，在四边形 中， 于
，则 的长为__________
【答案】
【详解】解：过点B作 交DC的延长线交于点F，如右图所示，
∵ ， ，
，
，∴ ≌
， ，
，即 ， ，
故答案为 ．例2．（模型探究）回答问题
（1）【初步探索】如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠B=∠ADC=90°，E、F分别是
BC、CD上的点，且EF=BE+FD，探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是：延长FD到点G，使DG=BE．连接AG，先证明
ABE≌△ADG，再证明 AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是_______________；
（2）【灵活运用】如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E、F分别是
△ △
BC、CD上的点，且EF=BE+FD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）【拓展延伸】知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°，AB=AD，若点E在CB的
延长线上，点F在CD的延长线上，如图3所示，仍然满足EF=BE+FD，请直接写出
∠EAF与∠DAB的数量关系．
【答案】（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF；（2）仍成立，理由见解析；（3）∠EAF=180°-
∠DAB
【详解】解：（1）∠BAE+∠FAD=∠EAF．理由：
如图1，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B=∠ADF=90°，∠ADG=∠ADF=90°，
∴∠B=∠ADG=90°，
又∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
故答案为：∠BAE+∠FAD=∠EAF；
（2）仍成立，理由：
如图2，延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，
∵∠B+∠ADF=180°，∠ADG+∠ADF=180°，
∴∠B=∠ADG，
又∵AB=AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF；
（3）∠EAF=180°- ∠DAB．
证明：如图3，在DC延长线上取一点G，使得DG=BE，连接AG，
∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠ADC=∠ABE，
又∵AB=AD，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF，AF=AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），∴∠FAE=∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）=360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）=360°，
即2∠FAE+∠DAB=360°，
∴∠EAF=180°- ∠DAB．
例3．（培优综合）如图，在 中， ， ，点 在 上，点 在
上， ，连接 ， ， ，垂足为 ．证明：
．
【答案】见解析
【详解】证明：如图，延长 到点 ，使 ，连接 、 ，
， ，
， ，
， ，
， ， ，
，
， ， ， ，
， ， ．
【课后作业】
1．将4个边长都是2的正方形按如图所示的样子摆放，点 ， ， 分别是三个正方形的
中心，则图中三块重叠部分的面积的和为（ ）.A．2 B．3 C．6 D．8
【答案】B
【详解】解：如图，
连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交点，
则 ， ，
，
，
≌ ，
四边形AENF的面积等于 的面积，
而 的面积是正方形的面积的 ，而正方形的面积为4，
四边形AENF的面积为 ，三块阴影面积的和为 ．
故选B．
2．Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，∠MDN绕点D旋转，DM、
DN分别与边AB、AC交于E、F两点．下列结论
①(BE+CF)= BC，② ，③ AD·EF，④AD≥EF，⑤AD与EF可
能互相平分，其中正确结论的个数是【 】
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C
【详解】解:∵Rt△ABC中，AB=AC，点D为BC中点．∠MDN=90°，
∴AD =DC，∠EAD=∠C=45°，∠EDA=∠MDN－∠ADN =90°－∠ADN=∠FDC．
∴△EDA≌△FDC（ASA）．
∴AE=CF．
∴BE+CF= BE+ AE=AB．
在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AB= BC．
∴(BE+CF)= BC．
∴结论①正确．
设AB=AC=a，AE=b，则AF=BE= a－b．
∴ ．
∴ ．
∴结论②正确．
如图，过点E作EI⊥AD于点I，过点F作FG⊥AD于点G，过点F作FH⊥BC于点H，
ADEF相交于点O．
∵四边形GDHF是矩形，△AEI和△AGF是等腰直角三角形，
∴EO≥EI（EF⊥AD时取等于）=FH=GD，
OF≥GH（EF⊥AD时取等于）=AG．
∴EF=EO＋OF≥GD＋AG=AD．
∴结论④错误．
∵△EDA≌△FDC，
∴ ．
∴结论③错误．
又当EF是Rt△ABC中位线时，根据三角形中位线定理知AD与EF互相平分．
∴结论⑤正确．
综上所述，结论①②⑤正确．故选C．
3．如图，在平面直角坐标系xOy中，A,B两点分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA=OB，点C在第一象限，OC=3，连接BC，AC，若∠BCA=90°，则BC+AC的值为
_________．
【答案】
【详解】解：
将△OBC绕O点旋转90°，
∵OB=OA
∴点B落在A处，点C落在D处
且有OD=OC=3，∠COD=90°，∠OAD=∠OBC，
在四边形OACB中
∵∠BOA=∠BCA=90°，
∴∠OBC+∠OAC=180°，
∴∠OAD+∠OAC=180°
∴C、A、D三点在同一条直线上，
∴△OCD为等要直角三角形，根据勾股定理
CD2=OC2+OD2
即CD2=32+32=18，解得CD= ，即BC+AC= .
4．如图，P是等边三角形ABC内一点，将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BQ，
连接AQ．若PA=4，PB=5，PC=3，则四边形APBQ的面积为_______．
【答案】
【详解】解：连接PQ，由旋转的性质可得，BP=BQ，
又∵∠PBQ=60°，
∴△BPQ是等边三角形，
∴PQ=BP，
在等边三角形ABC中，∠CBA=60°，AB=BC，
∴∠ABQ=60°-∠ABP
∠CBP=60°-∠ABP
∴∠ABQ=∠CBP
在△ABQ与△CBP中
，
∴△ABQ≌△CBP(SAS)，∴AQ=PC，
又∵PA=4，PB=5，PC=3，
∴PQ=BP=5，PC=AQ=3，
在△APQ中，因为 ，25=16+9，
∴由勾股定理的逆定理可知△APQ是直角三角形，
∴ ，故答案为：
5．问题背景：如图1，在四边形 中， ， ， ，
， ， 绕B点旋转，它的两边分别交 、 于E、F．探
究图中线段 ， ， 之间的数量关系．小李同学探究此问题的方法是：延长 到
G，使 ，连接 ，先证明 ，再证明 ，可得出结
论，他的结论就是_______________；
探究延伸1：如图2，在四边形 中， ， ， ，
， 绕B点旋转，它的两边分别交 、 于E、F．上述结论是
否仍然成立？请直接写出结论（直接写出“成立”或者“不成立”），不要说明理由．
探究延伸2：如图3，在四边形 中， ， ，
， 绕B点旋转，它的两边分别交 、 于E、F．上述结论是否仍然成立？并说明理由．
实际应用：如图4，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西 的A处舰艇
乙在指挥中心南偏东 的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后，舰
艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东 的方向以100海里/小
时的速度前进，1.2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处，且指挥中心
观测两舰艇视线之间的夹角为 ，试求此时两舰艇之间的距离．
【答案】EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．探究延伸2：结论EF=AE+CF
仍然成立．实际应用：210海里．
【详解】解：EF=AE+CF
理由：延长 到G，使 ，连接 ，
在 BCG和 BAE中，
△ △
，
∴ （SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=120°，∠MBN=60°，∴∠ABE+∠CBF=60°，
∴∠CBG+∠CBF=60°，即∠GBF=60°，
在 BGF和 BEF中，
△ △
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．探究延伸1：结论EF=AE+CF成立．
理由：延长 到G，使 ，连接 ，
在 BCG和 BAE中，
△ △
，
∴ （SAS），∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，∴∠ABE+∠CBF= ∠ABC，∴∠CBG+∠CBF= ∠ABC，
即∠GBF= ∠ABC，
在 BGF和 BEF中，
△ △
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．
探究延伸2：结论EF=AE+CF仍然成立．
理由：延长 到G，使 ，连接 ，
∵ ，∠BCG+∠BCD=180°，
∴∠BCG=∠BAD
在 BCG和 BAE中，
△ △，
∴ （SAS），
∴BG=BE，∠CBG=∠ABE，
∵∠ABC=2∠MBN，
∴∠ABE+∠CBF= ∠ABC，
∴∠CBG+∠CBF= ∠ABC，
即∠GBF= ∠ABC，
在 BGF和 BEF中，
△ △
，
∴△BGF≌△BEF（SAS），∴GF=EF，
∵GF=CG+CF=AE+CF，∴EF=AE+CF．
实际应用：连接EF，延长AE，BF相交于点C，
∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°，∠EOF=70°，
∴∠EOF= ∠AOB
∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°，
∴符合探索延伸中的条件
∴结论EF= AE+CF仍然成立
即EF=75×1.2+100×1.2=210（海里）
答：此时两舰艇之间的距离为210海里．
6．五边形ABCDE中， ， ， ，求证：AD平分
∠CDE．【答案】见解析
【详解】延长DE至F，使得 ，连接AC.
∵ ， ，
∴
∵ ， ，
∴△ABC≌△AEF．
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴△ADC≌△ADF，∴
即AD平分∠CDE．
7．如图， ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，把
∠EDF绕点D旋转，使∠EDF的两边分别与线段AB、AC交于点E、F．
△
（1）当DF⊥AC时，求证：BE=CF；
（2）在旋转过程中，BE+CF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由
【答案】（1）证明见解析；（2）是，2.
【详解】（1）∵△ABC是边长为4的等边三角形，点D是线段BC的中点，∴∠B=∠C=60°，BD=CD，
∵DF⊥AC，
∴∠DFA=90°，
∵∠A+∠EDF+∠AFD+∠AED=180°，
∴∠AED=90°，
∴∠DEB=∠DFC，且∠B=∠C=60°，BD=DC，
∴△BDE≌△CDF（AAS）
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，
则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，
∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．
∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF．
在 MBD和 NCD中，
△ △
，
∴△MBD≌△NCD（AAS），BM=CN，DM=DN．
在 EMD和 FND中，
△ △
，
∴△EMD≌△FND（ASA），∴EM=FN，
∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN
=2BM=2BD×cos60°=BD= BC=2.
8．如图所示， 中， ， ，把一块含 角的直角三角板
的直角顶点 放在 的中点上（直角三角板的短直角边为 ，长直角边为 ），将三
角板 绕 点按逆时针方向旋转.（1）在如图所见中， 交 于 ， 交 于 ，证明 ；
（2）继续旋转至如图所见，延长 交 于 ，延长 交 于 ，证明 .
【答案】(1)见解析；（2）见解析.
【详解】证明：（1）连接BD,
∵AB=BC，∠ABC=90°，点D为AC的中点
∴BD⊥AC，∠A=∠C=45°，∴BD=AD=CD
∴∠ABD=∠A=45°，∴∠MBD=∠C=45°
∵∠MDB+∠BDN=90°，∠NDC+∠BDN=90°
∴∠MDB=∠NDC
在 MDB和 NDC中
△ △
∴△MDB≌△NDC（ASA）
∴DM=DN（5分）
（2）DM=DN仍然成立．理由如下：连接BD，由（1）知BD⊥AC，BD=CD，∴∠ABD=∠ACB=45°
∵∠ABD+∠MBD=180°∠ACB+∠NCD=180° ，∴∠MBD=∠NCD
∵BD⊥AC，∴∠MDB+∠MDC=90°
又∠NDC+∠MDC=90°，∴∠MDB=∠NDC
在 MDB和 NDC中
△ △
∴△MDB≌△NDC（ASA）
∴DM=DN.
9．问题：如图(1)，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断
BE、EF、FD之间的数量关系．
【发现证明】小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,从而发现EF=BE+FD,请你利
用图（1）证明上述结论．
【类比引申】如图(2)，四边形ABCD中,∠BAD≠90°,AB=AD,∠B+∠D=180°,点E、F分别在
边BC、CD上,则当∠EAF与∠BAD满足 关系时，仍有
EF=BE+FD．
【探究应用】如图(3)，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．已知
AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分别有景点E、
F，且AE⊥AD，DF=40（ ﹣1）米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF
的长（结果取整数，参考数据： =1.41， =1.73）
【答案】【发现证明】证明见解析；【类比引申】∠BAD=2∠EAF；【探究应用】109．2
米．
【分析】【发现证明】根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，则GF=BE+DF，只要再
证明△AFG≌△AFE即可．
【类比引申】延长CB至M，使BM=DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证
△FAE≌△MAE，即可得出答案；
【探究应用】利用等边三角形的判定与性质得到△ABE是等边三角形，则BE=AB=80米．
把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，
则GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可得出EF=BE+FD．【详解】解：如图（1），
∵△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAF=45°，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴BE+DF=EF．
【类比引申】∠BAD=2∠EAF．
理由如下：如图（2），延长CB至M，使BM=DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，
∴∠D=∠ABM，
在△ABM和△ADF中，
AB=AD，∠ABM=∠D，BM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，
∵∠BAD=2∠EAF，
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，
在△FAE和△MAE中，
AE=AE，∠FAE=∠MAE，AF=AM，
∴△FAE≌△MAE（SAS），
∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，
即EF=BE+DF．
故答案是：∠BAD=2∠EAF．
【探究应用】如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF．
∵∠BAD=150°，∠DAE=90°，
∴∠BAE=60°．
又∵∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=80米．
根据旋转的性质得到：∠ADG=∠B=60°，
又∵∠ADF=120°，
∴∠GDF=180°，即点G在CD的延长线上．
易得，△ADG≌△ABE，
∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，
又∵∠EAG=∠BAD=150°，
∴∠GAF=∠FAE，
在△GAF和△FAE中，
AG=AE，∠GAF=∠FAE，AF=AF，
∴△AFG≌△AFE（SAS）．
∴GF=EF．
又∵DG=BE，
∴GF=BE+DF，
∴EF=BE+DF=80+40（ ﹣1）≈109.2（米），即这条道路EF的长约为109.2米．
