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专题3.16 旋转全等模型——一线三直角（专项练习）
1．如图1，等腰直角 ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线DE经过点C，过A作
AD⊥DE于点D，过B△作BE⊥DE于点E，则 BEC≌△CDA，我们称这种全等模型为“K型
全等”．（不需要证明） △
[模型应用]若一次函数y＝kx+4（h≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
(1)如图2，当k＝﹣1时，若B到经过原点的直线l的距离BE的长为3，求A到直线l的距
离AD的长．
(2)如图3，当k＝﹣ 时，点M在第一象限内，若 ABM是等腰直角三角形，求点M的坐
△
标．
(3)当k的取值变化时，点A随之在x轴上运动，将线段BA绕点B逆时针旋转90°得到
BQ，当Q在第一象限落在直线y＝0.5x+1上时，在x轴上求一点H，使HQ+HB的值最小，请求出H的坐标．
2．若一次函数 的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
（1）如图1，当 时，若B到经过原点的直线l的距离 的长为3，求A到直线l的
距离 的长；
（2）如图2，当 时，点M在第一象限内，若 是等腰直角三角形，求点M的
坐标；
（3）当k的取值变化时，点A随之在x轴上运动，将线段 绕点B逆时针旋转 得到
，当Q在第一象限落在直线 上时，在x轴上求一点H，使 的值最小，
请求出H的坐标．3．如图，在等腰Rt△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝90°，直线MN经过点C，且点A，B在
直线MN的同侧，过点A作AD⊥MN于D．
（1）求证：∠DAC＝∠MCB；
（2）点E在AD的延长线上，将线段CE绕点C逆时旋转90°得到线段CF，连接BF交直
线MN于H：
①依题意补全图形；
②用等式表示线段BH与FH的数量关系，并证明．
4．（1）【操作发现】
如图1，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
①按要求画图：将△ABC绕点A顺时针方向旋转90°，点B的对应点为点B′，点C的对应
点为点C′．连接BB′；
②在①中所画图形中，∠AB′B＝ ．
（2）【问题解决】
如图2，在RtABC中，BC＝1，∠C＝90°，延长CA到D，使CD＝1，将斜边AB绕点A顺
时针旋转90°到AE，连接DE，求∠ADE的度数．5．（1）探索发现：如图1，已知 中， ， ，直线l过点C，
过点A作 ，过点B作 ，垂足分别为D、E.求证： ， ．
（2）迁移应用：如图2，将一块等腰直角的三角板 放在平面直角坐标系内，三角板
的一个锐角的顶点与坐标原点O重合，另两个顶点均落在第一象限内，已知点M的坐标为
，求点N的坐标．
6．如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的
中点．过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
(1)当A，B，C三点在同一直线上时(如图1)，求证：M为AN的中点．
(2)将图1中△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时(如图2)，求证：△CAN
为等腰直角三角形．
(3)在（2）条件下，已知AD=1，CE= ，求AN的长．7．如图，在Rt△ABC中， ，点P为AC边上一点，将线段AP绕点A顺时针方
向旋转，当AP旋转至 时，点 恰好在同一直线上，此时 于点E．
(1)求证：
(2)若 ,求AE的长
8．如图1， 和 都是等腰直角三角形， ， ， 的顶点D
恰好落在 的斜边BC中点，把ADEF绕点D旋转，始终保持线段 、DF分别与线
段AB、AC交于M、N，连接MN．
在这个变化过程中，小明通过观察、度量，发现了一些特殊的数量关系．
（1）于是他把 旋转到特殊位置，验证自己的猜想．如图2，当 时，
①通过计算 和 的度数，得出 ________ （填>，<或=）；
②设 ，通过计算AM、MN、NC的长度，其中 ____，进而得出AM、MN、
NC之间的数量关系是_______．
（2）在特殊位置验证猜想还不够，还需要在一般位置进行证明．请你对（1）中猜想的线段AM、MN、NC之间的数量关系进行证明．
参考答案
1．(1)
(2)M（ ， ）
(3)点H坐标为（ ，0）
【解析】
【分析】
（1）由题意可知△BEO≌△AOD（K型全等），OE=AD，B（0，4），OE= ，AD= ；
（2）k=- 时，A（3，0），分三种情况讨论，①当BM⊥AB，且BM=AB时，过点M作
MN⊥y轴，由“AAS”可证△BMN≌△ABO，所以MN=OB，BN=OA；
②当AB⊥AM，且AM=AB时，过点M作x轴垂线MK，可知△ABO≌△AMK（AAS），所以
OB=AK，OA=MK；
③当AM⊥BM，且AM=BM时，过点M作MH⊥x轴，MG⊥y轴，由“AAS”可证
△BMG≌△AHM，所以BG=AH，GM=MH，GM=MH，则有4-MH=MH-3；
（3）由“AAS”可证△MAB≌△NBQ，可得BN=AM=4， ，可求点Q坐
标，作点Q关于x轴的对称点Q'（4，-3），连接BQ'，交x轴于H，此时HB+HQ最小，
求出BQ'的解析式，联立方程组，可求解．
(1)由题意可知：△BEO≌△AOD（K型全等），
∴OE＝AD，
∵k＝﹣1，
∴y＝﹣x+4，
令x=0，则y=4
∴B（0，4），OB＝4，
∵BE＝3，
∴由勾股定理得，OE＝ = ，
∴AD＝ ；
(2)
k＝﹣ 时，y＝﹣ x+4，
当y=0时，x=3
∴A（3，0），
①当BM⊥AB，且BM＝AB时，
如图3﹣1，过点M作MN⊥y轴，
∴∠MNB＝∠AOB＝∠ABM＝90°，
∵∠ABO+∠MBN＝90°＝∠ABO+∠BAO，
∴∠BAO＝∠MBN，
又∵AB＝BM，
∴△BMN≌△ABO（AAS），
∴MN＝OB，BN＝OA，∴MN＝4，BN＝3，
∴M（4，7）；
②如图3﹣2，当AB⊥AM，且AM＝AB时，
过点M作x轴垂线MK，
同理可证：△ABO≌△AMK（AAS），
∴OB＝AK，OA＝MK，
∴AK＝4，MK＝3，
∴M（7，3）；
③当AM⊥BM，且AM＝BM时，
如图3﹣3，过点M作MH⊥x轴，MG⊥y轴，
同理可证：△BMG≌△AHM（AAS），
∴BG＝AH，GM＝MH，
∴GM＝MH，
∴4﹣MH＝MH﹣3，
∴MH＝ ，∴M（ ， ）；
综上所述：M（7，3）或M（4，7）或M（ ， ）；
(3)
设AB的解析式为y＝kx+4，
∴点A（﹣ ，0），点B（0，4），
如图4，过点B作MN//AO，过点A作AM⊥MN于M，过点Q作QN⊥MN于N，
∵将线段BA绕点B逆时针旋转90°得到BQ，
∴AB＝BQ，∠ABQ＝90°，
∴∠ABM+∠MAB＝90°，∠MBA+∠NBQ＝90°，
∴∠MAB＝∠NBQ，
在 MAB与 NBQ中，
△ △
，
∴△MAB≌△NBQ（AAS），
∴BN＝AM＝4，NQ＝MB＝|﹣ |＝| |，
∴点Q（4，| |），
∴| |＝0.5×4+1，
∴点Q（4，3），
作点Q关于x轴的对称点Q'（4，﹣3），连接BQ'，交x轴于H，此时HB+HQ最小，
设直线BQ'解析式为y＝mx+n，
由题意可得： ，
解得： ，
∴直线BQ'解析式为y＝﹣ x+4，
当y＝0时，﹣ x+4＝0，
∴x＝ ，
∴点H坐标为（ ，0）．
【分析】本题考查了待定系数法解析式，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰
当辅助线构造全等三角形解题是关键．
2．（1） ；（2）（4，7）或（7，3）或（3.5，3.5）；（3）H（ ，0）．
【解析】
【分析】
（1）当 时，根据一次函数 的图象与x轴、y轴交求出点B（0，4），A
（4，0），根据勾股定理 ，然后证明△BDO≌△OCA
（AAS），可得DO=CA= ；
（2）当 时，一次函数 ，求出点B（0，4），点A（3，0），点M在第
一象限内，若 是等腰直角三角形，分三种情况，当MB⊥AB时，BM=AB，斜边是
AM，可证 EBM≌ OAB（AAS），得出EB=OA=3，EM=OB=4；当MA⊥AB时，AM=AB，
斜边是BM△，过M作△ MF⊥x轴于F，再证 FMA≌ OAB（AAS），可得AF=BO=4，
FM=OA=3；当AB为斜边，BM=AM，AM△⊥BM，过△ M作MG⊥OB于G，MH⊥x轴于H，先证四边形OGMH为矩形，
再证 BMG≌ AMH（AAS），可得四边形OGMH为正方形，求出OG=3.5即可；
（3）△过Q作△OL⊥y轴于L，先求出点B（0，4），根据线段 绕点B逆时针旋转 得到
，BA=BQ，∠ABQ=90°，再证 ABO≌ BQL（AAS），得出BP=QL=4，根据点Q在直
△ △
线 上，把x=4代入函数， 求出点Q（4，3），作点B关于x轴的
对称轴B′（0，-4），根据两点间距离得BH+QH=B′H+QH≥QB′，当点H在线段B′Q上时，
BH+QH =QB′，利用待定系数法求出B′Q的解析式为 ，再求出B′Q与x轴交点
最短
坐标即可．
【详解】
解：（1）当 时，一次函数 的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
点B（0，4），点A（4，0），
∵AD⊥DC，
∴在Rt ADO中，OB=4，BD=3，
△
根据勾股定理 ，
∵∠BOA=90°，
∴∠BOD+∠AOC=90°，
∵∠BDO=90°，
∴∠DBO+∠BOD=90°，
∴∠AOC=∠DBO，
在 BDO和 OCA中，
△ △
，
∴ BDO≌ OCA（AAS），
△ △
∴DO=CA= ；（2）当 时，一次函数 ，
当x=0时，y=4，点B（0，4），
当y=0时， ，解得 ，点A（3，0），
点M在第一象限内，若 是等腰直角三角形，
分三种情况
当MB⊥AB时，BM=AB，斜边是AM，
过M作ME⊥y轴于E，
∴∠EMB+∠EBM=∠EBM+∠ABO=90°，
∴∠EMB=∠ABO，
在 EBM和 OAB中，
△ △
，
∴ EBM≌ OAB（AAS），
∴△EB=OA=△3，EM=OB=4，
∴OE=OB+BE=4+3=7，
∴M（4，7），
当MA⊥AB时，AM=AB，斜边是BM，
过M作MF⊥x轴于F，
∴∠MAF+∠OAB=∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠MAF=∠ABO，
在 FMA和 OAB中，
△ △，
∴ FMA≌ OAB（AAS），
∴△AF=BO=△4，FM=OA=3，
∴OF=OA+AF=3+4=7，
∴M（7，3），
当AB为斜边，BM=AM，AM⊥BM，过M作MG⊥OB于G，MH⊥x轴于H，
∴∠GMH=360°-∠MGO-∠MHO-∠HOG=90°，四边形OGMH为矩形，
∠BMG=90°-∠GMA=∠AMH，
在 BMG和 AMH中，
△ △
，
∴ BMG≌ AMH（AAS），
∴△BG=AH，△GM=HM，
∴四边形OGMH为正方形，
∴OG=OH=MH=GM，
∵2OG=OG+OH=OB-BG+OA+AH=OB+OA=4+3=7，
∴OG=3.5，
∴M（3.5，3.5），
是等腰直角三角形，点M的坐标为（4，7）或（7，3）或（3.5，3.5）；
（3）过Q作OL⊥y轴于L，∵一次函数 的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．
∴点B（0，4），
∵线段 绕点B逆时针旋转 得到 ，
∴BA=BQ，∠ABQ=90°，
∵∠BQL+∠QBL=∠ABO+∠QBL=90°，
∴∠BQL=∠ABO，
在 ABO和 BQL中，
△ △
，
∴ ABO≌ BQL（AAS），
∴△BP=QL=△4，
∵点Q在直线 上，
∴当x=4时， ，
点Q（4，3），
作点B关于x轴的对称轴B′（0，-4），
根据两点间距离得BH+QH=B′H+QH≥QB′，
∴当点H在线段B′Q上时，BH+QH =QB′，
最短
设B′Q的解析式为 ，将Q、B′坐标代入得
，
解得 ，
∴B′Q的解析式为 ，
当y=0时， ，
解得 ，∴点H（ ，0）．
【分析】本题考查三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，分类讨论思
想，图形旋转，正方形判定与性质，待定系数法求直线解析式，两点之间线段最短，掌握
三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，分类讨论思想，图形旋转性质，
正方形判定与性质，待定系数法求直线解析式，两点之间线段最短是解题关键．
3．（1）证明见祥解；（2）①补全图形见祥解；②线段BH与FH的数量关系为BH=FH，
证明见详解．
【解析】
【分析】
（1）∠MCD是平角，∠BCA=90°，可得∠MCB=90°-∠DCA，由AD⊥MN，∠DAC=90°-
∠DCA=∠MCB；
（2）①作FC⊥CE，且FC=EC，连接BF交MN于H，补全图形如图所示;
②用线段BH与FH的数量关系为BH=FH，过点B作BS⊥MN于S，在MS上截取ST=DE，
连接BT，先证 BSC≌ CDA（AAS），可得BS=CD，再证 TSB≌ EDC（SAS），可得
∠STB=∠E，BT△=CE=F△C，最后再证 BHT≌ FHC（AAS）即△可．△
【详解】 △ △
（1）证明：∠MCD是平角，∠BCA=90°，
∴∠MCB+∠DCA=180°-∠BCA=90°，
∴∠MCB=90°-∠DCA，
∵AD⊥MN，
∴∠CDA=90°，
∴∠DCA+∠DAC=90°，∴∠DAC=90°-∠DCA=∠MCB；
（2）①作FC⊥CE，且FC=EC，
连接BF交MN于H，
补全图形如图所示；
②用线段BH与FH的数量关系为BH=FH，
过点B作BS⊥MN于S，在MS上截取ST=DE，连接BT，
∵AD⊥MN，BS⊥MN，
∴∠BSC=∠CDA=90°，由（1）知∠DAC=∠MCB，
在 BSC和 CDA中，
△ △
，
∴ BSC≌ CDA（AAS），
∴△BS=CD，△
在 TSB和 EDC中，
△ △
，
∴ TSB≌ EDC（SAS），
∴△∠STB=∠△E，BT=CE=FC，
∵∠ECF=90°，
∴∠FCH+∠ECD=∠FCD+∠E=90°，
∴∠FCH=∠E=∠BTH，
在 BHT和 FHC中，
△ △，
∴ BHT≌ FHC（AAS），
∴△BH=FH．△
【分析】本题考查直角三角形锐角性质，余角性质，补画图形，三角形全等判定与性质，
掌握直角三角形锐角性质，余角性质，补画图形，三角形全等判定与性质，利用辅助线画
出准确图形是解题关键．
4．（1）①见解析；②45°；（2）135°．
【解析】
【分析】
（1）①根据旋转要求作图即可；②根据旋转的性质可知△AB′B是等腰直角三角形即可解
答；
（2）如图2，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H，然后证明△ABC≌△EAH（AAS）即可
解答
【详解】
解：（1）①如图1：即为所求；
②△ABC绕点A顺时针方向旋转90°得到△AB′B
∴∠BAB＇＝90°，AB＇=AB
∴∠AB′B＝45°；（2）如图2，过点E作EH⊥CD交CD的延长线于H，
∵∠C=∠BAE=∠H=90°
∴∠B+∠CAB=90°, ∠CAB+∠EAH=90
∴∠B=∠EAH.
∵AB=AE,
∴△ABC≌△EAH（AAS）
∴BC=AH, EH=AC,
∵BC=CD
∴CD=AH,
∴DH=AC=EH,
∴∠EDH=45°
∴∠ADE=135°．
【分析】本题主要考查了旋转变换、等腰三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质
等知识点，学会用旋转法添加辅助线、构造全等三角形是解答本题的关键．
5．（1）证明见详解，（2）N（4，2）．
【解析】
【分析】
（1） ， ， ，由一线三直角推出∠DAC=∠BCE
易证△ADC≌△CEB（AAS）利用全等三角形的性质得AD=CE，CD=BE，
（2）过M作MQ⊥y轴于Q，过N作NP⊥QM交QM的延长线于P由（1）知
OQM≌△MPN由性质得QM=PN，OQ=MP，求 P点的纵坐标N与P横坐标相同，PN=1，
△求N点纵坐标即可
【详解】
（1）如图1∵ ， ，
∴∠ADC=∠CEB=90º，
∴∠DAC+∠ACD=90º，
∵ ，
∴∠ACD+∠BCE=180º-∠ACB=90º，
∴∠DAC=∠BCE，
在 ADC和 CEB中，
∵∠△ADC=∠C△EB=90º，
∠DAC=∠BCE，
，
∴ ADC≌ CEB（AAS），
A△D=CE，△CD=BE，
（2）如图2
过M作MQ⊥y轴于Q，过N作NP⊥QM交QM的延长线于P，
由（1）知 OQM≌△MPN，
∴QM=PN，△OQ=MP，
∵点M的坐标为 ，
∴MQ=1，OQ=3，
∴PN=QM=1，
∴MP=OQ=3，∵PQ⊥y轴，Q（0,3）P点的纵坐标为3，QP=QM+MP=1+3=4，P（4，3），
∵PN⊥QM，
∴PN∥y轴，
∴N与P横坐标相同，PN=1，N点纵坐标为3-1=2，
∴N（4，2）．
【分析】本题考查全等三角形变换问题，掌握三角形全等的判定方法，会用一线三直角找
全等条件，会利用辅助线构型解决问题是关键．
6．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）AN=
【解析】
【分析】
（1）由EN∥AD和点M为DE的中点可以证到 ADM≌△NEM，从而证到M为AN的中点．
（2）易证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，△从而可以证到 ABC≌△NEC，进而可以证
到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有 ACN为等腰直角三角△形．
（3）由（2）知，NE=AD=1，利用等腰△直角三角形的性质得出AB=1，BE=2，得出
AE=3，最后利用勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：(1)∵点M为DE的中点，
∴DM=ME．
∵AD∥EN，
∴∠ADM=∠NEM，
又∵∠DMA=∠EMN，
∴△DMA≌△EMN，
∴AM=MN，即M为AN的中点．(2)由(1)中 DMA≌△EMN可知DA=EN，
又∵DA=A△B，
∴AB=NE，
∵∠ABC=∠NEC=135°，BC=CE，
∴△ABC≌△NEC，
∴AC=CN，∠ACB=∠NCE，
∵∠BCE=∠BCN+∠NCE=90°，
∴∠BCN+∠ACB=90°，
∴∠ACN=90°，
∴△CAN为等腰直角三角形．
(3)由(2)知，NE=AD=1，
在等腰直角三角形BAD中，AD=1，
∴AB=AD=1，
在等腰直角三角形BCE中,CE= ，
∴BE=2，
∴AE=AB+BE=3
由(2)知,∠AEN=90°，
在Rt AEN中,AE=3,NE=1,根据勾股定理得, AN= .
△
【分析】本题主要考查全等三角形的综合问题，旋转的性质以及用勾股定理理解三角形，
掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键.
7．（1）详见解析；（2）3
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质可得AP=AP′，根据等边对等角的性质可得∠APP′=∠AP′P，再根据等角的余角相等证明即可；
（2）过点P作PD⊥AB于D，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得CP=DP，然
后求出∠PAD=∠AP′E，利用“角角边”证明△APD和△P′AE全等，根据全等三角形对应
边相等可得AE=DP，然后求得AE的长即可．
【详解】
证明：（1）∵AP′是AP旋转得到
∴AP=AP′
∴∠APP′=∠AP′P
∵∠C=90°，AP′⊥AB
∴∠CBP+∠BPC=90°，∠ABP+∠AP′P=90°
又∵∠BPC=∠APP′
∴∠CBP=∠ABP；
（2）如图，过点P作PD⊥AB于D，
又∵∠CBP=∠ABP，∠C=90°
∴CP=DP
∵P′E⊥AC
∴∠EAP′+∠AP′E=90°
又∵∠PAD+∠EAP′=90°
∴∠PAD=∠AP′E
在△APD和△P′AE中
∴△APD≌△P′AE（AAS）
∴AE=DP
∴AE=CP∵AB-BC=4，AC=8
设AB=m,则BC=m-4
在Rt△PDA中，
解得：m=10
∴AB=10，BC=6
设PC=PD=x，则AD=10-6=4，PA=8-x
在R t △PDA中，x2+42=（8-x）2
解得x=3
∴AE=CP=3
【分析】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定与性质，旋转的性质，角平分
线上的点到角的两边的距离相等的性质，勾股定理，（2）作辅助线构造出过渡线段DP并
得到全等三角形是解题的关键．
8．（1）①=；② ， ；（2） ，见解析
【解析】
【分析】
（1）①由“SAS”可证∴△BMD≌△CND，可得∠BMD=∠DNC，由外角的性质和平行线的
性质可证∠BMD=∠CND=∠BDM=∠CMN；
②由等腰三角形的性质可求BM=BD= =NC，再求出AM=2- ，MN= AM=2 -2，
即可得结论；
（2）在CN上截取CH=AM，连接AD，DH，由“SAS”可证△AMD≌△CHD，可得
MD=DH，∠ADM=∠CDH，再由“SAS”可证△MDN≌△HDN，可得MN=HN，可得结论．
【详解】
解：（1）①∵△ABC和△DEF都是等腰直角三角形，∠A=90°，∠E=90°，
∴∠B=∠C=∠EDF=45°，AB=AC，BC= AB，
∵MN∥BC，
∴∠AMN=∠B=45°=∠ANM=∠C，∠DMN=∠BDM，
∴AM=AN，
∴BM=CN，∵点D是BC中点，
∴BD=CD，
在△BMD和△CND中 ，
∴△BMD≌△CND（SAS），
∴∠BMD=∠DNC，
∵∠MDB=∠C+∠DNC=∠MDN+∠BDM，
∴∠BDM=∠CND，
∴∠BMD=∠CND=∠BDM=∠CMN，
故答案为：=；
②∵BC=2 ，BC= AB，
∴AB=AC=2，
∵∠BMD=∠CND=∠BDM，
∴BD=BM= BC= ，
∴NC= ，
∴AM=2- ，
∵AM=AN，∠A=90°，
∴MN= AM=2 -2，
∴AM+MN=2- +2 -2= =NC，
故答案为： ；AM+MN=NC；
（2）如图1，在CN上截取CH=AM，连接AD，DH，∵△ABC是等腰直角三角形，点D是BC中点，
∴AD=CD，∠BAD=∠ACD=45°，AD⊥BC，
又∵AM=CH，
∴△AMD≌△CHD（SAS），
∴MD=DH，∠ADM=∠CDH，
∵∠ADM+∠ADN=∠MDN=45°，
∴∠ADN+∠CDH=45°，
∴∠HDN=45°=∠MDN，
在△MDN和△HDN中 ，
∴△MDN≌△HDN（SAS），
∴MN=HN，
∴NC=CH+NH=AM+MN．
【分析】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性
质，外角的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
