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杭州九年级培优初中数学 旋转辅导专题训练

时间:2020-01-25 来源:飒榕旅游知识分享网
杭州九年级培优初中数学 旋转辅导专题训练

一、旋转

1.操作与证明:如图1,把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起,使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合,点E、F分别在正方形的边CB、CD上,连接AF.取AF中点M,EF的中点N,连接MD、MN. (1)连接AE,求证:△AEF是等腰三角形; 猜想与发现:

(2)在(1)的条件下,请判断MD、MN的数量关系和位置关系,得出结论. 结论1:DM、MN的数量关系是 ; 结论2:DM、MN的位置关系是 ; 拓展与探究:

(3)如图2,将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°,其他条件不变,则(2)中的两个结论还成立吗?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.

【答案】(1)证明参见解析;(2)相等,垂直;(3)成立,理由参见解析. 【解析】

试题分析:(1)根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF,继而证明出△ABE≌△ADF,得到AE=AF,从而证明出△AEF是等腰三角形;(2)DM、MN的数量关系是相等,利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直,利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质,及全等三角形对应角相等即可得出结论;(3)成立,连接AE,交MD于点G,标记出各个角,首先证明出MN∥AE,MN=AE,利用三角形全等证出AE=AF,而DM=AF,从而得到DM,MN数量相等的结论,再利用三角形外角性质和三角形全等,等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°.从而得到DM、MN的位置关系是垂直.

试题解析:(1)∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD=BC=CD,∠B=∠ADF=90°,∵△CEF是等腰直角三角形,∠C=90°,∴CE=CF,∴BC﹣CE=CD﹣CF,即BE=DF,

∴△ABE≌△ADF,∴AE=AF,∴△AEF是等腰三角形;(2)DM、MN的数量关系是相等,DM、MN的位置关系是垂直;∵在Rt△ADF中DM是斜边AF的中线,∴AF=2DM,∵MN是△AEF的中位线,∴AE=2MN,∵AE=AF,∴DM=MN;∵∠DMF=∠DAF+∠ADM,AM=MD,∵∠FMN=∠FAE,∠DAF=∠BAE,∴∠ADM=∠DAF=∠BAE,

∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°,∴DM⊥MN;(3)(2)中的两个结论还成立,连接AE,交MD于点G,∵点M为AF的中点,点N为EF的中点,∴MN∥AE,MN=AE,由已知得,AB=AD=BC=CD,∠B=∠ADF,CE=CF,又

∵BC+CE=CD+CF,即BE=DF,∴△ABE≌△ADF,∴AE=AF,在Rt△ADF中,∵点M为AF的中点,∴DM=AF,∴DM=MN,∵△ABE≌△ADF,∴∠1=∠2,∵AB∥DF,∴∠1=∠3,同理可证:∠2=∠4,∴∠3=∠4,∵DM=AM,∴∠MAD=∠5,

∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°,∵MN∥AE,∴∠DMN=∠DGE=90°,∴DM⊥MN.所以(2)中的两个结论还成立.

考点:1.正方形的性质;2.全等三角形的判定与性质;3.三角形中位线定理;4.旋转的性质.

2.请认真阅读下面的数学小探究系列,完成所提出的问题:

1探究1:如图1,在等腰直角三角形ABC中,ACB90o,BCa,将边AB绕点B

顺时针旋转90o得到线段BD,连接CD.求证:VBCD的面积为边上的高DE,可证VABC≌VBDE)

12

a.(提示:过点D作BC2

2探究2:如图2,在一般的RtVABC中,ACB90o,BCa,将边AB绕点B顺

时针旋转90o得到线段BD,连接CD.请用含a的式子表示VBCD的面积,并说明理由.

3探究3:如图3,在等腰三角形ABC中,ABAC,BCa,将边AB绕点B顺时针

旋转90o得到线段BD,连接CD.试探究用含a的式子表示VBCD的面积,要有探究过程.

【答案】(1)详见解析;(2)VBCD的面积为

12a,理由详见解析;(3)VBCD的面212a. 4【解析】 【分析】

积为

1如图1,过点D作BC的垂线,与BC的延长线交于点E,由垂直的性质就可以得出

VABC≌VBDE,就有DEBCa.进而由三角形的面积公式得出结论;

2如图2,过点D作BC的垂线,与BC的延长线交于点E,由垂直的性质就可以得出

VABC≌VBDE,就有DEBCa.进而由三角形的面积公式得出结论;

3如图3,过点A作AFBC与F,过点D作DEBC的延长线于点E,由等腰三角形

1BC,由条件可以得出VAFB≌VBED就可以得出BFDE,由2三角形的面积公式就可以得出结论. 【详解】

的性质可以得出BF1如图1,过点D作DECB交CB的延长线于E,

BEDACB90o,

由旋转知,ABAD,ABD90o,

ABCDBE90o, QAABC90o,

ADBE, 在VABC和VBDE中, ACBBEDADBE, ABBDVABC≌VBDEAAS

BCDEa,

1QSVBCDBCDE,

21SVBCDa2;

22VBCD的面积为1a2,

2理由:如图2,过点D作BC的垂线,与BC的延长线交于点E,

BEDACB90o,

Q线段AB绕点B顺时针旋转90o得到线段BE,

ABBD,ABD90o, ABCDBE90o,

QAABC90o,

ADBE, 在VABC和VBDE中,

ACBBEDADBE, ABBDVABC≌VBDEAAS, BCDEa,

1QSVBCDBCDE,

21SVBCDa2;

23如图3,过点A作AFBC与F,过点D作DEBC的延长线于点E,

AFBE90,BFo11BCa, 22FABABF90o, QABD90o, ABFDBE90o,

FABEBD,

Q线段BD是由线段AB旋转得到的,

ABBD, 在VAFB和VBED中,

AFBEFABEBD, ABBDVAFB≌VBEDAAS, BFDEQSVBCD1a, 21111BCDEaaa2, 22241VBCD的面积为a2.

4【点睛】

本题考查了旋转的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积等,综合性较强,有一定的难度,正确添加辅助线、熟练掌握和灵活运用相关的性质与定理是解题的关键.

3.如图所示,

(1)正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A,∠EAF=90°,连接BE、DF.将Rt△AEF绕点A旋转,在旋转过程中,BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系?结合图(1)给予证明; (2)将(1)中的正方形ABCD变为矩形ABCD,等腰Rt△AEF变为Rt△AEF,且AD=kAB,AF=kAE,其他条件不变.(1)中的结论是否发生变化?结合图(2)说明理由; (3)将(2)中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD,将Rt△AEF变为△AEF,且

∠BAD=∠EAF=a,其他条件不变.(2)中的结论是否发生变化?结合图(3),如果不变,直接写出结论;如果变化,直接用k表示出线段BE、DF的数量关系,用a表示出直线BE、DF形成的锐角β.

【答案】(1)DF=BE且DF⊥BE,证明见解析;(2)数量关系改变,位置关系不变,即DF=kBE,DF⊥BE;(3)不改变.DF=kBE,β=180°-α 【解析】 【分析】

(1)根据旋转的过程中线段的长度不变,得到AF=AE,又∠BAE与∠DAF都与∠BAF互

余,所以∠BAE=∠DAF,所以△FAD≌△EAB,因此BE与DF相等,延长DF交BE于G,根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF=90°,所以DF⊥BE; (2)等同(1)的方法,因为矩形的邻边不相等,但根据题意,可以得到对应边成比例,所以△FAD∽△EAB,所以DF=kBE,同理,根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF=90°,所以DF⊥BE;

(3)与(2)的证明方法相同,但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF=180°,所以DF与BE的夹角β=180°﹣α. 【详解】

(1)DF与BE互相垂直且相等. 证明:延长DF分别交AB、BE于点P、G

在正方形ABCD和等腰直角△AEF中 AD=AB,AF=AE, ∠BAD=∠EAF=90° ∴∠FAD=∠EAB ∴△FAD≌△EAB ∴∠AFD=∠AEB,DF=BE ∵∠AFD+∠AFG=180°, ∴∠AEG+∠AFG=180°, ∵∠EAF=90°,

∴∠EGF=180°﹣90°=90°, ∴DF⊥BE

(2)数量关系改变,位置关系不变.DF=kBE,DF⊥BE. 延长DF交EB于点H,

∵AD=kAB,AF=kAE ∴∴

ADAFk,k ABAEADAF ABAE∵∠BAD=∠EAF=a ∴∠FAD=∠EAB ∴△FAD∽△EAB

DFAFk BEAE∴DF=kBE

∵△FAD∽△EAB, ∴∠AFD=∠AEB, ∵∠AFD+∠AFH=180°, ∴∠AEH+∠AFH=180°, ∵∠EAF=90°,

∴∠EHF=180°﹣90°=90°, ∴DF⊥BE

(3)不改变.DF=kBE,β=180°﹣a. 延长DF交EB的延长线于点H,

∵AD=kAB,AF=kAE ∴∴

ADAFk,k ABAEADAF ABAE∵∠BAD=∠EAF=a ∴∠FAD=∠EAB ∴△FAD∽△EAB

DFAFk BEAE∴DF=kBE

由△FAD∽△EAB得∠AFD=∠AEB ∵∠AFD+∠AFH=180° ∴∠AEB+∠AFH=180°

∵四边形AEHF的内角和为360°, ∴∠EAF+∠EHF=180° ∵∠EAF=α,∠EHF=β ∴a+β=180°∴β=180°﹣a 【点睛】

本题(1)中主要利用三角形全等的判定和性质以及正方形的性质进行证明;(2)(3)利用相似三角形的判定和性质证明,要解决本题,证明三角形全等和三角相似是解题的关

键,也是难点所在.

4.如图1,在□ABCD中,AB=6,∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上,连接AE,把△ABE沿AE折叠,使点B与AD上的点F重合,连接EF. (1)求证:四边形ABEF是菱形;

(2)如图2,点M是BC上的动点,连接AM,把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN,连接FN,求FN的最小值(用含的代数式表示).

sin(【答案】(1)详见解析;(2)FE·【解析】 【分析】

-90°)

(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE,所以∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得

∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA,故有AB∥FE,因此四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,因此可得结论;

(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG=90°-∠FEN=【详解】

(1)∵四边形ABCD是平行四边形, ∴AD∥BC, ∴∠FAE=∠BEA,

由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA, BE=EF, ∴∠BAE=∠FEA, ∴AB∥FE,

∴四边形ABEF是平行四边形, 又BE=EF,

∴四边形ABEF是菱形;

(2)①如图1,当点M在线段BE上时,在射线MC上取点G,使MG=AB,连接GN、EN.

-90°,再根据垂线段最短,求出FN的最小值即可.

,利用菱形的性质得到

∵∠AMN=∠B=,∠AMN+∠2=∠1+∠B ∴∠1=∠2

又AM=NM,AB=MG ∴△ABM≌△MGN ∴∠B=∠3,NG=BM ∵MG=AB=BE ∴EG=AB=NG

∴∠4=∠ENG= (180°-)=90°- 又在菱形ABEF中,AB∥EF ∴∠FEC=∠B=

∴∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°- )=

-90°

②如图2,当点M在线段EC上时,在BC延长线上截取MG=AB,连接GN、EN.

同理可得:∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-综上所述,∠FEN=

-90°

)=-90°

∴当点M在BC上运动时,点N在射线EH上运动(如图3) sin(当FN⊥EH时,FN最小,其最小值为FE·【点睛】

本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题,解题的关键是分类讨论得出∠FEN=

-90°,再运用垂线段最短求出FN的最小值.

-90°)

5.如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC.点D、E分别在AC、BC边上,DC=

EC,连接DE、AE、BD.点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点,连接PM、PN、MN.

(1)PM与BE的数量关系是 ,BE与MN的数量关系是 .

(2)将△DEC绕点C逆时针旋转到如图2的位置,判断(1)中BE与MN的数量关系结论是否仍然成立,如果成立,请写出证明过程,若不成立,请说明理由;

(3)若CB=6.CE=2,在将图1中的△DEC绕点C逆时针旋转一周的过程中,当B、E、D三点在一条直线上时,求MN的长度. 【答案】(1)PM1或17+1 【解析】 【分析】

(1)如图1中,只要证明VPMN的等腰直角三角形,再利用三角形的中位线定理即可解决问题;

(2)如图2中,结论仍然成立,连接AD、延长BE交AD于点H.由VECBVDCA,推出BEAD,DACEBC,即可推出BHAD,由M、N、P分别AE、

1BE,BE2MN;(2)成立,理由见解析;(3)MN=17﹣2BD、AB的中点,推出PM//BE,PM11BE,PN//AD,PNAD,推出222MN2MN; 2PMPN,MPN90,可得BE2PM2(3)有两种情形分别求解即可. 【详解】 (1)如图1中,

∵AM=ME,AP=PB, ∴PM∥BE,PM1BE, 2∵BN=DN,AP=PB,

1AD, 2∵AC=BC,CD=CE, ∴AD=BE, ∴PM=PN, ∵∠ACB=90°, ∴AC⊥BC,

∴∵PM∥BC,PN∥AC, ∴PM⊥PN,

∴PN∥AD,PN∴△PMN的等腰直角三角形, ∴MN∴MN∴BE2PM,

12BE, 22MN,

1BE,BE2MN. 2(2)如图2中,结论仍然成立.

故答案为PM

理由:连接AD、延长BE交AD于点H. ∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形, ∴CD=CE,CA=CB,∠ACB=∠DCE=90°, ∵∠ACB﹣∠ACE=∠DCE﹣∠ACE, ∴∠ACD=∠ECB, ∴△ECB≌△DCA, ∴BE=AD,∠DAC=∠EBC, ∵∠AHB=180°﹣(∠HAB+∠ABH) =180°﹣(45°+∠HAC+∠ABH) =∠180°﹣(45°+∠HBC+∠ABH) =180°﹣90° =90°, ∴BH⊥AD,

∵M、N、P分别为AE、BD、AB的中点,

11BE,PN∥AD,PNAD, 22∴PM=PN,∠MPN=90°,

∴PM∥BE,PM∴BE2PM22MN2MN. 2(3)①如图3中,作CG⊥BD于G,则CGGEDG2,

当D、E、B共线时,在Rt△BCG中,BG∴BEBGGE342, ∴MNBCCG62222234,

2BE171. 2②如图4中,作CG⊥BD于G,则CGGEDG2,

当D、E、B共线时,在Rt△BCG中,BG∴BEBGGE342, ∴MNBCCG62222234,

2BE171. 2综上所述,MN=17﹣1或17+1. 【点睛】

本题属于几何变换综合题,考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾

股定理等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.

6.已知:如图1,将两块全等的含30º角的直角三角板按图所示的方式放置,∠BAC=∠B1A1C=30°,点B,C,B1在同一条直线上. (1)求证:AB=2BC

(2)如图2,将△ABC绕点C顺时针旋转α°(0<α<180),在旋转过程中,设AB与A1C、A1B1分别交于点D、E,AC与A1B1交于点F.当α等于多少度时,AB与A1B1垂直?请说明理由.

(3)如图3,当△ABC绕点C顺时针方向旋转至如图所示的位置,使AB∥CB1,AB与A1C交于点D,试说明A1D=CD.

【答案】(1)证明见解析

(2)当旋转角等于30°时,AB与A1B1垂直. (3)理由见解析 【解析】

试题分析:(1)由等边三角形的性质得AB=BB1,又因为BB1=2BC,得出AB=2BC; (2) 利用AB与A1B1垂直得∠A1ED=90°,则∠A1DE=90°-∠A1=60°,根据对顶角相等得∠BDC=60°,由于∠B=60°,利用三角形内角和定理得∠A1CB=180°-∠BDC-∠B=60°,所以∠ACA1=90°-∠A1CB=30°,然后根据旋转的定义得到旋转角等于30°时,AB与A1B1垂直; (3)由于AB∥CB1,∠ACB1=90°,根据平行线的性质得∠ADC=90°,在Rt△ADC中,根据含30度的直角三角形三边的关系得到CD=

1AC,再根据旋转的性质得AC=A1C,所以21A1C,则A1D=CD. 2试题解析:

CD=

(1)∵△ABB1是等边三角形; ∴ AB=BB1 ∵ BB1=2BC ∴AB=2BC

(2)解:当AB与A1B1垂直时,∠A1ED=90°, ∴∠A1DE=90°-∠A1=90°-30°=60°,

∵∠B=60°,∴∠BCD=60°, ∴∠ACA1=90°-60°=30°,

即当旋转角等于30°时,AB与A1B1垂直. (3)∵AB∥CB1,∠ACB1=90°, ∴∠CDB=90°,即CD是△ABC的高,

设BC=a,AC=b,则由(1)得AB=2a,A1C=b, ∵SABC即

11BCACABCD, 2211ab2aCD 2211b,即CD=A1C, 22∴A1D=CD.

∴CD【点睛】本题考查了旋转的性质:旋转前后两图形全等;对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角.也考查了含30度的直角三角形三边的关系.

7.已知Rt△DAB中,∠ADB=90°,扇形DEF中,∠EDF=30°,且DA=DB=DE,将Rt△ADB的边与扇形DEF的半径DE重合,拼接成图1所示的图形,现将扇形DEF绕点D按顺时针方向旋转,得到扇形DE′F′,设旋转角为α(0°<α<180°)

(1)如图2,当0°<α<90°,且DF′∥AB时,求α; (2)如图3,当α=120°,求证:AF′=BE′. 【答案】(1)15°;(2)见解析. 【解析】

试题分析:(1)∵∠ADB=90°,DA=DB,∴∠BAD=45°,∵DF′∥AB,∴∠ADF′=∠BAD=45°,∴α=45°﹣30°=15°;

(2)∵α=120°,∴∠ADE′=120°,∴∠ADF′=120°+30°=150°,∠BDE′=360°﹣90°﹣120°=150°,∴∠ADF′=∠BDE′,在△ADF′和△BDE′中,∴△ADF′≌△BDE′,∴AF′=BE′.

考点:①旋转性质;②全等三角形的判定和性质.

8.如图1,是边长分别为6和4的两个等边三角形纸片ABC和CD1E1叠放在一起.

(1)操作:固定△ABC,将△CD1E1绕点C顺时针旋转得到△CDE,连接AD、BE,如图2.探究:在图2中,线段BE与AD之间有怎样的大小关系?并请说明理由;

(2)操作:固定△ABC,若将△CD1E1绕点C顺时针旋转30°得到△CDE,连接AD、BE,CE的延长线交AB于点F,在线段CF上沿着CF方向平移,(点F与点P重合即停止平移)平移后的△CDE设为△PQR,如图3.

探究:在图3中,除三角形ABC和CDE外,还有哪个三角形是等腰三角形?写出你的结论(不必说明理由);

(3)探究:如图3,在(2)的条件下,设CQ=x,用x代数式表示出GH的长. 【答案】(1)BE=CD.理由见解析;(2)△CHQ是等腰三角形;(3)2【解析】

试题分析:(1)根据等边三角形的性质可得AB=BC,CD=CE,∠ACB=∠ECD=60°,然后求出∠ACD=∠BCE,再利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等,根据全等三角形对应边相等证明即可;

(2)求出∠ACF=30°,再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CHQ=30°,从而得到∠ACF=∠CHQ,判断出△CHQ是等腰三角形;

(3)求出∠CGP=90°,然后利用∠ACF的余弦表示出CG,再根据等腰三角形的性质表示出CH,然后根据GH=CG-CH整理即可得解. 试题解析:(1)BE=CD.

理由如下:∵△ABC与△CDE是等边三角形, ∴AC=BC,CE=CD,∠ACB=∠ECD=60°. ∴∠ACB-∠ACE=∠ECD-∠ACE, 即∠BCE=∠ACD. 在△ACD和△BCE中,

-x.

∴△ACD≌△BCE(SAS), ∴BE=AD;

(2)∵旋转角为30°, ∴∠BCF=30°, ∴∠ACF=60°-30°=30°,

∴∠CHQ=∠RQP-∠ACF=60°-30°=30°,

∴∠ACF=∠CHQ, ∴△CHQ是等腰三角形;

(3)∠CGP=180°-∠ACF-∠RPQ=180°-30°-60°=90°, ∴CG=CP•cos30°=

(x+4),

∵△CHQ是等腰三角形, ∴CH=2•CQcos30°=2x•∴GH=CG-CH=

=

x, x=2

-x.

(x+4)-

考点:几何变换综合题.

9.如图1,正方形ABCD与正方形AEFG的边AB、AE(AB<AE)在一条直线上,正方形AEFG以点A为旋转中心逆时针旋转,设旋转角为. 在旋转过程中,两个正方形只有点A重合,其它顶点均不重合,连接BE、DG.

(1)当正方形AEFG旋转至如图2所示的位置时,求证:BE=DG; (2)当点C在直线BE上时,连接FC,直接写出∠FCD 的度数; (3)如图3,如果=45°,AB =2,AE=

,求点G到BE的距离.

【答案】(1)证明见解析;(2)45°或135°;(3)【解析】

.

试题分析:(1)根据正方形的性质可得AB=AD,AE=AG,∠BAD=∠EAG=90°,再求出∠BAE=∠DAG,然后利用“边角边”证明△ABE和△ADG全等,根据全等三角形对应边相等证明即可.

(2)当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,据此求解即可. (3)根据即可.

试题解析:(1)如图2,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAE+∠EAD=90°.

求解

∵四边形AEFG是正方形,∴AE=AG,∠EAD+∠DAG=90°. ∴∠BAE=∠DAG.. ∴△ABE≌△ADG(SAS). ∴BE=DG..

(2)如图,当点C在直线BE上时,可知点E与C重合或G点C与重合,此时∠FCD 的度数为45°或135°.

(3)如图3,连接GB、GE. 由已知α=45°,可知∠BAE=45°.

又∵GE为正方形AEFG的对角线, ∴∠AEG=45°.∴AB∥GE. ∵∴

过点B作BH⊥AE于点H. ∵AB=2,∴

设点G到BE的距离为h. ∴∴

.

.

.

. ∴

.

.

,∴GE =8.

.

∴点G到BE的距离为

考点:1.旋转的性质;2.正方形的性质;3.全等三角形的判定和性质;4.平行的判定和性

质;5.勾股定理;6.分类思想的应用.

10.边长为2的正方形ABCD的两顶点A、C分别在正方形EFGH的两边DE、DG上(如图1),现将正方形ABCD绕D点顺时针旋转,当A点第一次落在DF上时停止旋转,旋转过程中, AB边交DF于点M,BC边交DG于点N. (1)求边DA在旋转过程中所扫过的面积;

(2)旋转过程中,当MN和AC平行时(如图2),求正方形ABCD旋转的度数; (3)如图3,设△MBN的周长为p,在旋转正方形ABCD的过程中,p值是否有变化?请证明你的结论.

【答案】(1);(2)【解析】

;(3)不变化,证明见解析.

试题分析:(1)将正方形ABCD绕D点顺时针旋转,当A点第一次落在DF上时停止旋转,旋转过程中,DA旋转了面积.

(2)旋转过程中,当MN和AC平行时,根据平行的性质和全等三角形的判定和性质可求正方形ABCD旋转的度数为

.

.

可得结论.

,从而根据扇形面积公式可求DA在旋转过程中所扫过的

(3)延长BA交DE轴于H点,通过证明

(1)∵A点第一次落在DF上时停止旋转,∴DA旋转了∴DA在旋转过程中所扫过的面积为(2)∵MN∥AC,∴∴又∵又∵∴

.∴,∴

.∴

. ,∴

. .

.

,

.

.

∴旋转过程中,当MN和AC平行时,正方形ABCD旋转的度数为(3)不变化,证明如下:

.

如图, 延长BA交DE轴于H点,则

∴又∵∴又∵∴∴

∴在旋转正方形ABCD的过程中,值无变化.

.∴.

, ,∴

.

. .

.

.∴

. ,

考点:1.面动旋转问题;2.正方形的性质;3.扇形面积的计算;4.全等三角形的判定和性质.

11.如图1,矩形ABCD中,E是AD的中点,以点E直角顶点的直角三角形EFG的两边EF,EG分别过点B,C,∠F=30°. (1)求证:BE=CE

(2)将△EFG绕点E按顺时针方向旋转,当旋转到EF与AD重合时停止转动.若EF,EG分别与AB,BC相交于点M,N.(如图2) ①求证:△BEM≌△CEN;

②若AB=2,求△BMN面积的最大值;

③当旋转停止时,点B恰好在FG上(如图3),求sin∠EBG的值.

【答案】(1)详见解析;(2)①详见解析;②2;③【解析】 【分析】

(1)只要证明△BAE≌△CDE即可;

62. 4(2)①利用(1)可知△EBC是等腰直角三角形,根据ASA即可证明; ②构建二次函数,利用二次函数的性质即可解决问题;

③如图3中,作EH⊥BG于H.设NG=m,则BG=2m,BN=EN=3m,EB=6m.利用面积法求出EH,根据三角函数的定义即可解决问题. 【详解】

(1)证明:如图1中,

∵四边形ABCD是矩形, ∴AB=DC,∠A=∠D=90°, ∵E是AD中点, ∴AE=DE, ∴△BAE≌△CDE, ∴BE=CE.

(2)①解:如图2中,

由(1)可知,△EBC是等腰直角三角形, ∴∠EBC=∠ECB=45°, ∵∠ABC=∠BCD=90°,

∴∠EBM=∠ECN=45°, ∵∠MEN=∠BEC=90°, ∴∠BEM=∠CEN, ∵EB=EC, ∴△BEM≌△CEN; ②∵△BEM≌△CEN,

∴BM=CN,设BM=CN=x,则BN=4-x, ∴S△BMN=∵-

11•x(4-x)=-(x-2)2+2, 221<0, 2∴x=2时,△BMN的面积最大,最大值为2.

③解:如图3中,作EH⊥BG于H.设NG=m,则BG=2m,BN=EN=3m,EB=6m.

∴EG=m+3m=(1+3)m, ∵S△BEG=∴EH= 11•EG•BN=•BG•EH, 223m?(13)m3+3=m,

2m23+3m62. 在Rt△EBH中,sin∠EBH=EH2EB46m【点睛】

本题考查四边形综合题、矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转变换、锐角三角函数等知识,解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题,学会添加常用辅助线,学会利用参数解决问题,

12.我们定义:如果一个三角形一条边上的高等于这条边,那么这个三角形叫做“等高底”三角形,这条边叫做这个三角形的“等底”。 (1)概念理解:

如图1,在ABC中,AC6 ,BC3.ACB30,试判断ABC是否是“等高底”三角形,请说明理由. (2)问题探究:

如图2, ABC是“等高底”三角形,BC是“等底”,作ABC关于BC所在直线的对称图形得

到ABC,连结AA交直线BC于点D.若点B是z13ai,z212i的重心,求(3)应用拓展:

AC的值. BC 如图3,已知l1//l2,l1与l2之间的距离为2.“等高底”ABC的“等底” BC在直线l1上,点A在直线l2上,有一边的长是BC的2倍.将ABC绕点C按顺时针方向旋转45得到

ABC,AC所在直线交l2于点D.求CD的值.

【答案】(1)证明见解析;(2)【解析】

2AC1310,22,2 3()的值为CD3BC2分析:(1)过点A作AD⊥直线CB于点D,可以得到AD=BC=3,即可得到结论; (2)根据 ΔABC是“等高底”三角形,BC是“等底”,得到AD=BC, 再由 ΔA′BC与ΔABC关于直线BC对称, 得到 ∠ADC=90°,由重心的性质,得到BC=2BD.设BD=x,则AD=BC=2x, CD=3x ,由勾股定理得AC=13x,即可得到结论;

(3)分两种情况讨论即可:①当AB=2BC时,再分两种情况讨论; ②当AC=2BC时,再分两种情况讨论即可. 详解:(1)是.理由如下:

如图1,过点A作AD⊥直线CB于点D, ∴ΔADC为直角三角形,∠ADC=90°. ∵ ∠ACB=30°,AC=6,∴ AD=∴ AD=BC=3,

即ΔABC是“等高底”三角形.

1AC=3, 2

(2)如图2, ∵ ΔABC是“等高底”三角形,BC是“等底”,∴AD=BC, ∵ ΔA′BC与ΔABC关于直线BC对称, ∴ ∠ADC=90°. ∵点B是ΔAA′C的重心, ∴ BC=2BD. 设BD=x,则AD=BC=2x,∴CD=3x , ∴由勾股定理得AC=13x,

AC13x13. BC2x2

(3)①当AB=2BC时,

Ⅰ.如图3,作AE⊥l1于点E, DF⊥AC于点F. ∵“等高底” ΔABC的“等底”为BC,l1//l2, l1与l2之间的距离为2, AB=2BC, ∴BC=AE=2,AB=22, ∴BE=2,即EC=4,∴AC= 25.

∵ ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C,∴∠CDF=45°. 设DF=CF=x .

∵l1//l2,∴∠ACE=∠DAF,∴∴AC=3x=25,可得x=DFAE1,即AF=2x. AFCE2225,∴CD=2x=10. 33

Ⅱ.如图4,此时ΔABC是等腰直角三角形, ∵ ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA' B' C, ∴ ΔACD是等腰直角三角形, ∴ CD=2AC=22.

②当AC=2BC时,

Ⅰ.如图5,此时△ABC是等腰直角三角形. ∵ ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C, ∴A′C⊥l1,∴CD=AB=BC=2.

Ⅱ.如图6,作AE⊥l1于点E,则AE=BC, ∴AC=2BC=2AE,∴∠ACE=45°,

∴ΔABC绕点C按顺时针方向旋转45°得到ΔA′ B′C时, 点A′在直线l1上,

∴A′C∥l2,即直线A′ C与l2无交点.

210,22,2. 3综上所述:CD的值为点睛:本题是几何变换-旋转综合题.考查了重心的性质,勾股定理,旋转的性质以及阅读理解能力.解题的关键是对新概念“等高底”三角形的理解.

13.在正方形ABCD中,对角线AC与BD交于点O;在Rt△PMN中,∠MPN90°. (1)如图1,若点P与点O重合且PM⊥AD、PN⊥AB,分别交AD、AB于点E、F,请直接写出PE与PF的数量关系;

(2)将图1中的Rt△PMN绕点O顺时针旋转角度α(0°<α<45°).

①如图2,在旋转过程中(1)中的结论依然成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由;

②如图2,在旋转过程中,当∠DOM15°时,连接EF,若正方形的边长为2,请直接写出线段EF的长;

③如图3,旋转后,若Rt△PMN的顶点P在线段OB上移动(不与点O、B重合),当BD3BP时,猜想此时PE与PF的数量关系,并给出证明;当BDm·BP时,请直接写出PE与PF的数量关系.

【答案】(1)PE=PF;(2)①成立,理由参见解析;②析;PE=(m-1)·PF. 【解析】

;③PE=2PF,理由参见解

试题分析:(1)可利用角平分线性质定理得到PE=PF;(2)①成立,可用角边角定理判定△AOF≌△DOE,从而得到PE=PF;②要想求出EF的长,关键要求出OE的长,由∠DOM15°可得∠AEO=45+15=60º,作OH⊥AD于H,若正方形的边长为2,则OH=1,可算出EH=

=

,∴OE=

,∵△EOF是等腰直角三角形,∴EF即可求出;③构建相

似三角形,过P点作PH⊥AB,PK⊥AD ,垂足为H、K,则四边形AHPK为矩形,△PHB和△PKD都是等腰直角三角形,是相似的,∵BD3BP,∴可算出HP:PK的值,然后通过△FHP∽△PKE得到PE与PF的关系.由前面的思路可得出当BD=m·BP时,BD:PD=(m-1):1,∴PE:PF=(m-1):1,从而确定PE与PF的数量关系.

试题解析:(1)∵四边形ABCD是正方形,∴∠OAF=∠OAE=45º,又∵PM⊥AD、PN⊥AB,∴PE=PF;(2)①成立,PE仍等于PF,∵四边形ABCD是正方形,∴∠OAF=∠ODE=45º,OA=OD,又∵∠AOF和∠DOE都是∠AOE的余角,

∴∠AOF=∠DOE,∴△AOF≌△DOE(ASA),∴OE=OF,即PE=PF;②作OH⊥AD于H,由∠DOM15°可得∠AEO=45+15=60º,∠HOE=30°,若正方形的边长为2,则OH=1,在Rt△HEO中,可算出EH=

=

,∴OE=

,∵△EOF是等腰直角三角形,

∴EF=OE=×=;③构建相似三角形,过P点作PH⊥AB,PK⊥AD ,垂足为

H、K,则四边形AHPK为矩形,∵∠PHB=∠PKD=90°∠PBH=∠PDK=45°,∴△PHB∽△PKD,∴

,∵BD=3BP,∴

=

∵∠HPF+∠FPK=90°∠KPE+∠FPK=90°,∴∠HPF=∠KPE,又∵∠PHF=∠PKE=90°,∴△PHF∽△PKE,∴

=

,即PE=\"2PF\" ;当BD=m·BP时,BD:PD=(m-1):

1,△PHF∽△PKE,PE:PF=BD:PD=(m-1):1,∴PE=(m-1)·PF.

考点:1.正方形性质;2.三角形相似的判定;3.旋转性质;4.探索线段的数量关系规律.

14.正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和22,点B在边AG上,点D在线段EA的延长线上,连接BE. (1)如图1,求证:DG⊥BE;

(2)如图2,将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转,当点B恰好落在线段DG上时,求线段BE的长.

【答案】(1)答案见解析;(2)26. 【解析】 【分析】

(1)由题意可证△ADG≌△ABE,可得∠AGD=∠AEB,由∠ADG+∠AGD=90°,可得∠ADG+∠AEB=90°,即DG⊥BE;

(2)过点A作AM⊥BD,垂足为M,根据勾股定理可求MG的长度,即可求DG的长度,由题意可证△DAG≌△BAE,可得BE=DG. 【详解】

(1)如图,延长EB交GD于H

∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形 ∴AD=AB,AG=AE,∠DAG=∠BAE=90°

∴△ADG≌△ABE(SAS) ∴∠AGD=∠AEB ∵∠ADG+∠AGD=90° ∴∠ADG+∠AEB=90° ∴DG⊥BE

(2)如图,过点A作AM⊥BD,垂足为M

∵正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和22 , ∴AM=DM=2,∠DAB=∠GAE=90° ∴MG=AG2MA2=6,∠DAG=∠BAE

∴DG=DM+MG=2+6,由旋转可得:AD=AB,AG=AE,且∠DAG=∠BAE ∴△DAG≌△BAE(SAS) ∴BE=DG=26 【点睛】

考查了旋转的性质,正方形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,熟练运用这些性质进行推理是本题的关键.

15.如图,点P是正方形ABCD内一点,点P到点A,B和D的距离分别为1,22,

10.△ADP沿点A旋转至△ABP′,连接PP′,并延长AP与BC相交于点Q.

(1)求证:△APP′是等腰直角三角形; (2)求∠BPQ的大小.

【答案】(1)证明见解析;(2)∠BPQ=45°. 【解析】 【分析】

(1)根据旋转的性质可知,△APD≌△AP′B,所以AP=AP′,∠PAD=∠P′AB,因为∠PAD+∠PAB=90°,所以∠P′AB+∠PAB=90°,即∠PAP′=90°,故△APP′是等腰直角三角形;

(2)根据勾股定理逆定理可判断△PP′B是直角三角形,再根据平角定义求出结果.

【详解】

(1)证明:∵四边形ABCD为正方形, ∴AB=AD,∠BAD=90°, ∵△ADP沿点A旋转至△ABP′, ∴AP=AP′,∠PAP′=∠DAB=90°, ∴△APP′是等腰直角三角形; (2)∵△APP′是等腰直角三角形, ∴PP′=2PA=2,∠APP′=45°, ∵△ADP沿点A旋转至△ABP′, ∴PD=P′B=10,

在△PP′B中,PP′=2,PB=22,P′B=10, ∵(2)2+(22)2=(10)2, ∴PP′2+PB2=P′B2,

∴△PP′B为直角三角形,∠P′PB=90°, ∴∠BPQ=180°﹣∠APP′﹣∠P′PB=180°﹣45°﹣90°=45°. 【点睛】

本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理及逆定理的综合运用,有一定难度,关键是明确旋转的不变性.

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