中考数学压轴题专题旋转的经典综合题含详细答案
中考数学压轴题之旋转(中考题型整理,突破提升)含答案解析

一、旋转 真题与模拟题分类汇编(难题易错题)1.在△ABC 中,AB=AC ,∠BAC=α(︒<<︒600α),将线段BC 绕点B 逆时针旋转60°得到线段BD 。
(1)如图1,直接写出∠ABD 的大小(用含α的式子表示); (2)如图2,∠BCE=150°,∠ABE=60°,判断△ABE 的形状并加以证明; (3)在(2)的条件下,连结DE ,若∠DEC=45°,求α的值。
【答案】(1)1302α︒-(2)见解析(3)30α=︒【解析】解:(1)1302α︒-。
(2)△ABE 为等边三角形。
证明如下:连接AD ,CD ,ED ,∵线段BC 绕点B 逆时针旋转60︒得到线段BD , ∴BC=BD ,∠DBC=60°。
又∵∠ABE=60°,∴1ABD 60DBE EBC 302α∠=︒-∠=∠=︒-且△BCD 为等边三角形。
在△ABD 与△ACD 中,∵AB=AC ,AD=AD ,BD=CD ,∴△ABD ≌△ACD (SSS )。
∴11BAD CAD BAC 22α∠=∠=∠=。
∵∠BCE=150°,∴11BEC 180(30)15022αα∠=︒-︒--︒=。
∴BEC BAD ∠=∠。
在△ABD 和△EBC 中,∵BEC BAD ∠=∠,EBC ABD ∠=∠,BC=BD , ∴△ABD ≌△EBC (AAS )。
∴AB=BE 。
∴△ABE 为等边三角形。
(3)∵∠BCD=60°,∠BCE=150°,∴DCE 1506090∠=︒-︒=︒。
又∵∠DEC=45°,∴△DCE 为等腰直角三角形。
∴DC=CE=BC 。
∵∠BCE=150°,∴(180150)EBC 152︒-︒∠==︒。
而1EBC 30152α∠=︒-=︒。
∴30α=︒。
(1)∵AB=AC ,∠BAC=α,∴180ABC 2α︒-∠=。
中考数学《旋转》专题练习含答案解析

旋转一、选择题(共6小题,每小题4分,满分24分)1.下列图形中,你认为既是中心对称图形又是轴对称图形的是()A.B.C.D.2.如图,所给的图案由△ABC绕点O顺时针旋转()前后的图形组成的.A.45°、90°、135°B.90°、135°、180°C.45°、90°、135°、180°、225° D.45°、180°、225°3.如图,边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′,图中阴影部分的面积为()A.B.C.1﹣D.1﹣4.如图,P是等边三角形ABC内一点,∠APB,∠BPC,∠CPA的大小之比为5:6:7,则以PA,PB,PC为边的三角形三内角大小之比(从小到大)是()A.2:3:4 B.3:4:5C.4:5:6 D.以上结果都不对5.下列图形中,是中心对称图形的是()A.菱形B.等腰梯形C.等边三角形D.等腰直角三角形6.在平面直角坐标系中,点P(2,﹣3)关于原点对称的点的坐标是()A.(2,3)B.(﹣2,3)C.(﹣2,﹣3)D.(﹣3,2)二、填空题(共6小题,每小题5分,满分30分)7.在平面直角坐标系中,已知点P0的坐标为(1,0),将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1,延长OP1到点P2,使OP2=2OP1再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3,则点P3的坐标是.8.如图所示,△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=5,△ABC按逆时针方向旋转一个角度后,成为△ACD,则旋转中心是点、旋转角是.9.如图,设P是等边三角形ABC内任意一点,△ACP′是由△ABP旋转得到的,则PA PB+PC(选填“>”、“=”、“<”)10.如图,E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上一点,且BE+DF=EF,则∠EAF=度.11.如图,O是等边△ABC内一点,将△AOB绕A点逆时针旋转,使得B,O两点的对应分别为C,D,则旋转角为度,图中除△ABC外,还有等边三形是△.12.如图,Rt△ABC中,P是斜边BC上一点,以P为中心,把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到△DEF,图中通过旋转得到的三角形还有.三、解答题13.已知:正方形ABCD中,∠MAN=45°,∠MAN绕点A顺时针旋转,它的两边分别交CB、DC(或它们的延长线)于点M、N.当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时(如图1),易证BM+DN=MN.(1)当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时(如图2),线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系?写出猜想,并加以证明;(2)当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时,线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系?请直接写出你的猜想.14.如图,正方形ABCD的边长为1,AB,AD上各有一点P,Q,如果△APQ的周长为2,求∠PCQ的度数.15.有两张完全重合的矩形纸片,小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF(如图1),连接BD、MF,若此时他测得BD=8cm,∠ADB=30°.(1)请直接写出AF的长;(2)小红同学用剪刀将△BCD与△MEF剪去,与小亮同学继续探究.他们将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1,AD1交FM于点K(如图2),设旋转角为β(0°<β<90°),当△AFK为等腰三角形时,求△AFK的面积(保留根号).旋转参考答案与试题解析一、选择题(共6小题,每小题4分,满分24分)1.下列图形中,你认为既是中心对称图形又是轴对称图形的是()A.B.C.D.【考点】中心对称图形;轴对称图形.【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.【解答】解:既是中心对称图形又是轴对称图形的只有A.故选A.【点评】掌握好中心对称与轴对称的概念.轴对称的关键是寻找对称轴,两边图象沿对称轴折叠后可重合,中心对称是要寻找对称中心,图形旋转180度后与原图重合.2.如图,所给的图案由△ABC绕点O顺时针旋转()前后的图形组成的.A.45°、90°、135°B.90°、135°、180°C.45°、90°、135°、180°、225° D.45°、180°、225°【考点】旋转的性质.【专题】计算题.【分析】根据旋转的性质,把旋转后的图形看作为正八边形,依次得到旋转的角度.【解答】解:把△ABC绕点O顺时针旋转45°,得到△HEF;顺时针旋转180°,得到△ADC;顺时针旋转225°,得到△HGF;故选D.【点评】本题考查了旋转的性质:旋转前后的两个图形全等,对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角,对应点到旋转中心的距离相等.3.如图,边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AB′C′D′,图中阴影部分的面积为()A.B.C.1﹣D.1﹣【考点】旋转的性质;正方形的性质.【分析】设B′C′与CD的交点为E,连接AE,利用“HL”证明Rt△AB′E和Rt△ADE全等,根据全等三角形对应角相等∠DAE=∠B′AE,再根据旋转角求出∠DAB′=60°,然后求出∠DAE=30°,再解直角三角形求出DE,然后根据阴影部分的面积=正方形ABCD的面积﹣四边形ADEB′的面积,列式计算即可得解.【解答】解:如图,设B′C′与CD的交点为E,连接AE,在Rt△AB′E和Rt△ADE中,,∴Rt△AB′E≌Rt△ADE(HL),∴∠DAE=∠B′AE,∵旋转角为30°,∴∠DAB′=60°,∴∠DAE=×60°=30°,∴DE=1×=,∴阴影部分的面积=1×1﹣2×(×1×)=1﹣.故选:C.【点评】本题考查了旋转的性质,正方形的性质,全等三角形判定与性质,解直角三角形,利用全等三角形求出∠DAE=∠B′AE,从而求出∠DAE=30°是解题的关键,也是本题的难点.4.如图,P是等边三角形ABC内一点,∠APB,∠BPC,∠CPA的大小之比为5:6:7,则以PA,PB,PC为边的三角形三内角大小之比(从小到大)是()A.2:3:4 B.3:4:5C.4:5:6 D.以上结果都不对【考点】旋转的性质;三角形内角和定理;等边三角形的性质.【专题】计算题.【分析】将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C,显然有△AP′C≌△APB,连PP′,则AP′=AP,∠P′AP=60°,得到△AP′P是等边三角形,PP′=AP,所以△P′CP的三边长分别为PA,PB,PC;再由∠APB+∠BPC+∠CPA=360°,∠APB:∠BPC:∠CPA=5:6:7,得到∠APB=100°,∠BPC=120°,∠CPA=140°,这样可分别求出∠PP′C=∠AP′C﹣∠AP′P=∠APB ﹣∠AP′P=100°﹣60°=40°,∠P′PC=∠APC﹣∠APP′=140°﹣60°=80°,∠PCP′=180°﹣(40°+80°)=60°,即可得到答案.【解答】解:如图,将△APB绕A点逆时针旋转60°得△AP′C,显然有△AP′C≌△APB,连PP′,∵AP′=AP,∠P′AP=60°,∴△AP′P是等边三角形,∴PP′=AP,∵P′C=PB,∴△P′CP的三边长分别为PA,PB,PC,∵∠APB+∠BPC+∠CPA=360°,∠APB:∠BPC:∠CPA=5:6:7,∴∠APB=100°,∠BPC=120°,∠CPA=140°,∴∠PP′C=∠AP′C﹣∠AP′P=∠APB﹣∠AP′P=100°﹣60°=40°,∠P′PC=∠APC﹣∠APP′=140°﹣60°=80°,∠PCP′=180°﹣(40°+80°)=60°,∴∠PP′C:∠PCP′:∠P′PC=2:3:4.故选A.【点评】本题考查了旋转的性质:旋转前后的两个图形全等,对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角,对应点到旋转中心的距离相等.也考查了等边三角形的性质.5.下列图形中,是中心对称图形的是()A.菱形B.等腰梯形C.等边三角形D.等腰直角三角形【考点】中心对称图形.【分析】旋转180°后与原图重合的图形是中心对称图形.【解答】解:菱形,等腰梯形,等边三角形,等腰直角三角形都是轴对称图形;菱形既是轴对称图形,又是中心对称图形.故选A.【点评】运用轴对称和中心对称图形概念,找出符合条件的图形.【链接】如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合,这样的图形叫做轴对称图形,这条直线叫做对称轴.如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合,那么这个图形就叫做中心对称图形,这个点叫做对称中心.6.在平面直角坐标系中,点P(2,﹣3)关于原点对称的点的坐标是()A.(2,3)B.(﹣2,3)C.(﹣2,﹣3)D.(﹣3,2)【考点】关于原点对称的点的坐标.【分析】根据“平面直角坐标系中任意一点P(x,y),关于原点的对称点是(﹣x,﹣y)”解答.【解答】解:根据中心对称的性质,得点P(2,﹣3)关于原点对称的点的坐标是(﹣2,3).故选B.【点评】关于原点对称的点坐标的关系,是需要识记的基本问题.记忆方法是结合平面直角坐标系的图形记忆.二、填空题(共6小题,每小题5分,满分30分)7.在平面直角坐标系中,已知点P0的坐标为(1,0),将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1,延长OP1到点P2,使OP2=2OP1再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3,则点P3的坐标是(﹣1,).【考点】坐标与图形变化﹣旋转.【专题】压轴题.【分析】已知将点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1,则OP1=1,P1点的坐标是(.则P2的坐标是;再将点P2绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P3,则点P3与P2关于y轴对称,因而点P3的坐标就很容易求出.【解答】解:∵点P0绕着原点O按逆时针方向旋转60°得点P1,∴P1点的坐标是(,∴P2的坐标是,又∵点P3与P2关于y轴对称,∴点P3的坐标是(﹣1,).【点评】解决本题的关键是正确理解题目,按题目的叙述一定要把各点的大致位置确定,正确地作出图形.8.如图所示,△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=5,△ABC按逆时针方向旋转一个角度后,成为△ACD,则旋转中心是点A、旋转角是∠CAD,是90°.【考点】旋转的性质.【分析】确定图形的旋转时首先要确定旋转前后的对应点,即可确定旋转中心.【解答】解:旋转中心是点A、旋转角是∠CAD,是90°.【点评】本题主要考查了旋转的定义,正确确定旋转中的对应点,是确定旋转中心,旋转角的前提.9.如图,设P是等边三角形ABC内任意一点,△ACP′是由△ABP旋转得到的,则PA<PB+PC(选填“>”、“=”、“<”)【考点】旋转的性质;三角形三边关系;等边三角形的判定.【分析】此题只需根据三角形的任意两边之和大于第三边和等边三角形的性质,进行分析即可.【解答】解:根据三角形的三边关系,得:BC<PB+PC.又AB=BC>PA,∴PA<PB+PC.【点评】本题结合旋转主要考查了三角形的三边关系:两边之和大于第三边,两边之差小于第三边.10.如图,E、F分别是正方形ABCD的边BC、CD上一点,且BE+DF=EF,则∠EAF=45度.【考点】旋转的性质;正方形的性质.【分析】根据BE+DF=EF,则延长FD到G,使DG=BE,则FG=EF,可以认为是把△ABE 绕点A逆时针旋转90度,得到△ADG,根据旋转的定义即可求解.【解答】解:如图:延长FD到G,使DG=BE,则FG=EF,在△ABE和△ADG中,,∴△ABE≌△ADG(SAS),∴AE=AG又∴AF=AF,GF=EF∴△AGF≌△AEF∴∠EAF=∠GAF=×90°=45°.【点评】本题考查旋转的性质.旋转变化前后,对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等.要注意旋转的三要素:①定点﹣旋转中心;②旋转方向;③旋转角度.11.如图,O是等边△ABC内一点,将△AOB绕A点逆时针旋转,使得B,O两点的对应分别为C,D,则旋转角为60度,图中除△ABC外,还有等边三形是△AOD.【考点】旋转的性质;等边三角形的性质;等边三角形的判定.【分析】根据旋转的性质及全等三角形的性质作答.【解答】解:∵将△AOB绕A点逆时针旋转,使得B,O两点的对应分别为C,D,∴△AOB≌△ADC,∴OA=AD,∠BAO=∠DAC,∴∠BAO+∠OAC=∠DAC+∠OAC=∠BAC=60°,即∠OAD=60°,所以旋转角为60°.∵OA=AD,∠OAD=60°,∴△AOD为等边三角形.【点评】此题主要考查了图形旋转的性质:旋转变化前后,对应线段、对应角分别相等,图形的大小、形状都不改变.12.如图,Rt△ABC中,P是斜边BC上一点,以P为中心,把这个三角形按逆时针方向旋转90°得到△DEF,图中通过旋转得到的三角形还有△EPQ.【考点】旋转的性质.【分析】旋转中心是P,旋转方向为逆时针,旋转角是90度,已确定,再通过观察发现全等三角形,判断是否符合本题的旋转规律.【解答】解:根据旋转的性质可知,旋转中心是P,旋转角是90度,图中通过旋转得到的三角形还有△EPQ.【点评】本题考查旋转两相等的性质,即对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等.三、解答题13.已知:正方形ABCD中,∠MAN=45°,∠MAN绕点A顺时针旋转,它的两边分别交CB、DC(或它们的延长线)于点M、N.当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时(如图1),易证BM+DN=MN.(1)当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时(如图2),线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系?写出猜想,并加以证明;(2)当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时,线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系?请直接写出你的猜想.【考点】旋转的性质;全等三角形的判定与性质;正方形的性质.【专题】计算题;压轴题.【分析】(1)BM+DN=MN成立,证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM,从而证得ME=MN.(2)DN﹣BM=MN.证明方法与(1)类似.【解答】解:(1)BM+DN=MN成立.证明:如图,把△ADN绕点A顺时针旋转90°,得到△ABE,则可证得E、B、M三点共线(图形画正确).∴∠EAM=90°﹣∠NAM=90°﹣45°=45°,又∵∠NAM=45°,∴在△AEM与△ANM中,∴△AEM≌△ANM(SAS),∴ME=MN,∵ME=BE+BM=DN+BM,∴DN+BM=MN;(2)DN﹣BM=MN.在线段DN上截取DQ=BM,在△ADQ与△ABM中,∵,∴△ADQ≌△ABM(SAS),∴∠DAQ=∠BAM,∴∠QAN=∠MAN.在△AMN和△AQN中,∴△AMN≌△AQN(SAS),∴MN=QN,∴DN﹣BM=MN.【点评】本题考查了旋转的性质,解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量.14.如图,正方形ABCD的边长为1,AB,AD上各有一点P,Q,如果△APQ的周长为2,求∠PCQ的度数.【考点】正方形的性质;全等三角形的判定与性质.【专题】计算题.【分析】简单的求正方形内一个角的大小,首先从△APQ的周长入手求出PQ=DQ+BP,然后将△CDQ逆时针旋转90°,使得CD、CB重合,然后利用全等来解.【解答】解:如图所示,△APQ的周长为2,即AP+AQ+PQ=2①,正方形ABCD的边长是1,即AQ+QD=1,AP+PB=1,∴AP+AQ+QD+PB=2②,①﹣②得,PQ﹣QD﹣PB=0,∴PQ=PB+QD.延长AB至M,使BM=DQ.连接CM,△CBM≌△CDQ(SAS),∴∠BCM=∠DCQ,CM=CQ,∵∠DCQ+∠QCB=90°,∴∠BCM+∠QCB=90°,即∠QCM=90°,PM=PB+BM=PB+DQ=PQ.在△CPQ与△CPM中,CP=CP,PQ=PM,CQ=CM,∴△CPQ≌△CPM(SSS),∴∠PCQ=∠PCM=∠QCM=45°.【点评】熟练掌握正方形的性质,会运用正方形的性质进行一些简单的运算.15.有两张完全重合的矩形纸片,小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF(如图1),连接BD、MF,若此时他测得BD=8cm,∠ADB=30°.(1)请直接写出AF的长;(2)小红同学用剪刀将△BCD与△MEF剪去,与小亮同学继续探究.他们将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1,AD1交FM于点K(如图2),设旋转角为β(0°<β<90°),当△AFK为等腰三角形时,求△AFK的面积(保留根号).【考点】锐角三角函数的定义;旋转的性质.【专题】操作型.【分析】(1)根据旋转的性质可知△AFM≌△ADB,则AF=AD=BD•cos∠ADB=8×=4cm;(2)当△AFK为等腰三角形时,由于AM<AF,那么A不能是等腰△AFK的顶点,则分两种情况:①K为顶点,即AK=FK时;②F为顶点,即AF=FK.针对每一种情况,利用三角形的面积公式,可分别求出△AFK的面积.【解答】解:(1)AF=;(2)△AFK为等腰三角形时,分两种情况:①当AK=FK时,如图.过点K作KN⊥AF于N,则KN⊥AF,AN=NF=AF=2cm.在直角△NFK中,∠KNF=90°,∠F=30°,∴KN=NF•tan∠F=2cm.∴△AFK的面积=×AF×KN=;②当AF=FK时,如图.过点K作KP⊥AF于P.在直角△PFK中,∠KPF=90°,∠F=30°,∴KP=KF=2cm.∴△AFK的面积=×AF×KP=12cm2.【点评】本题考查旋转的性质,旋转变化前后,对应线段、对应角分别相等,图形的大小、形状都不改变.注意(2)中需分情况讨论△AFK为等腰三角形时的不同分类,不要漏解.。
中考数学压轴题之旋转(中考题型整理,突破提升)及详细答案

在△ DAG 与△ DCG 中, ∵ AD=CD,∠ ADG=∠ CDG,DG=DG, ∴ △ DAG≌ △ DCG. ∴ AG=CG. 在△ DMG 与△ FNG 中, ∵ ∠ DGM=∠ FGN,FG=DG,∠ MDG=∠ NFG, ∴ △ DMG≌ △ FNG. ∴ MG=NG 在矩形 AENM 中,AM=EN. 在 Rt△ AMG 与 Rt△ ENG 中, ∵ AM=EN, MG=NG, ∴ △ AMG≌ △ ENG. ∴ AG=EG ∴ EG=CG. (3)(1)中的结论仍然成立.
4.如图(1)所示,将一个腰长为 2 等腰直角△ BCD 和直角边长为 2、宽为 1 的直角△ CED 拼在一起.现将△ CED 绕点 C 顺时针旋转至△ CE’D’,旋转角为 a. (1)如图(2),旋转角 a=30°时,点 D′到 CD 边的距离 D’A=______.求证:四边形 ACED′ 为矩形; (2)如图(1),△ CED 绕点 C 顺时针旋转一周的过程中,在 BC 上如何取点 G,使得 GD’=E’D;并说明理由.
【答案】(1)详见解析;(2)FE·sin( -90°) 【解析】 【分析】 (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°- ,利用菱形的性质得到
中考数学——初中数学 旋转的综合压轴题专题复习含详细答案

中考数学——初中数学旋转的综合压轴题专题复习含详细答案一、旋转1.在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,且∠EAF=∠CEF=45°.(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG(如图①),求证:△AEG≌△AEF;(2)若直线EF与AB,AD的延长线分别交于点M,N(如图②),求证:EF2=ME2+NF2;(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形,若其余条件不变(如图③),请你直接写出线段EF,BE,DF之间的数量关系.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)EF2=2BE2+2DF2.【解析】试题分析:(1)根据旋转的性质可知AF=AG,∠EAF=∠GAE=45°,故可证△AEG≌△AEF;(2)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,连结GM.由(1)知△AEG≌△AEF,则EG=EF.再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形,得出CE=CF,BE=BM,NF=DF,然后证明∠GME=90°,MG=NF,利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2,等量代换即可证明EF2=ME2+NF2;(3)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG,则DF=BG,再证明△AEG≌△AEF,得出EG=EF,由EG=BG+BE,等量代换得到EF=BE+DF.试题解析:(1)∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,∴AF=AG,∠FAG=90°,∵∠EAF=45°,∴∠GAE=45°,在△AGE与△AFE中,,∴△AGE≌△AFE(SAS);(2)设正方形ABCD的边长为a.将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,连结GM.则△ADF≌△ABG,DF=BG.由(1)知△AEG≌△AEF,∴EG=EF.∵∠CEF=45°,∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形,∴CE=CF ,BE=BM,NF=DF,∴a﹣BE=a﹣DF,∴BE=DF,∴BE=BM=DF=BG,∴∠BMG=45°,∴∠GME=45°+45°=90°,∴EG2=ME2+MG2,∵EG=EF,MG=BM=DF=NF,∴EF2=ME2+NF2;(3)EF2=2BE2+2DF2.如图所示,延长EF交AB延长线于M点,交AD延长线于N点,将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△AGH,连结HM,HE.由(1)知△AEH≌△AEF,则由勾股定理有(GH+BE)2+BG2=EH2,即(GH+BE)2+(BM﹣GM)2=EH2又∴EF=HE,DF=GH=GM,BE=BM,所以有(GH+BE)2+(BE﹣GH)2=EF2,即2(DF2+BE2)=EF2考点:四边形综合题2.平面上,Rt △ABC 与直径为CE 的半圆O 如图1摆放,∠B =90°,AC =2CE =m ,BC =n ,半圆O 交BC 边于点D ,将半圆O 绕点C 按逆时针方向旋转,点D 随半圆O 旋转且∠ECD 始终等于∠ACB ,旋转角记为α(0°≤α≤180°)(1)当α=0°时,连接DE ,则∠CDE = °,CD = ;(2)试判断:旋转过程中BDAE的大小有无变化?请仅就图2的情形给出证明; (3)若m =10,n =8,当α=∠ACB 时,求线段BD 的长;(4)若m =6,n =2,当半圆O 旋转至与△ABC 的边相切时,直接写出线段BD 的长.【答案】(1)90°,2n ;(2)无变化;(3125;(4)BD=102114. 【解析】试题分析:(1)①根据直径的性质,由DE ∥AB 得CD CECB CA=即可解决问题.②求出BD 、AE 即可解决问题.(2)只要证明△ACE ∽△BCD 即可.(3)求出AB 、AE ,利用△ACE ∽△BCD 即可解决问题.(4)分类讨论:①如图5中,当α=90°时,半圆与AC 相切,②如图6中,当α=90°+∠ACB 时,半圆与BC 相切,分别求出BD 即可. 试题解析:(1)解:①如图1中,当α=0时,连接DE ,则∠CDE =90°.∵∠CDE =∠B =90°,∴DE ∥AB ,∴CE CD AC CB ==12.∵BC =n ,∴CD =12n .故答案为90°,12n . ②如图2中,当α=180°时,BD =BC +CD =32n ,AE =AC +CE =32m ,∴BD AE =n m.故答案为nm. (2)如图3中,∵∠ACB =∠DCE ,∴∠ACE =∠BCD .∵CD BC nCE AC m==,∴△ACE ∽△BCD ,∴BD BC nAE AC m==.(3)如图4中,当α=∠ACB 时.在Rt △ABC 中,∵AC =10,BC =8,∴AB =22AC BC -=6.在Rt △ABE 中,∵AB =6,BE =BC ﹣CE =3,∴AE =22AB BE +=2263+=35,由(2)可知△ACE ∽△BCD ,∴BD BCAE AC=,∴35=810,∴BD =125.故答案为125. (4)∵m =6,n =42,∴CE =3,CD =22,AB =22CA BC -=2,①如图5中,当α=90°时,半圆与AC 相切.在Rt △DBC 中,BD =22BC CD +=224222+()()=210. ②如图6中,当α=90°+∠ACB 时,半圆与BC 相切,作EM ⊥AB 于M .∵∠M =∠CBM =∠BCE =90°,∴四边形BCEM 是矩形,∴342BM EC ME ===,,∴AM =5,AE =22AM ME +=57,由(2)可知DB AE =223,∴BD =2114. 故答案为210或2114.点睛:本题考查了圆的有关知识,相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识,正确画出图形是解决问题的关键,学会分类讨论的思想,本题综合性比较强,属于中考压轴题.3.如图,矩形OABC 的顶点A 在x 轴正半轴上,顶点C 在y 轴正半轴上,点B 的坐标为(4,m )(5≤m≤7),反比例函数y =16x(x >0)的图象交边AB 于点D . (1)用m 的代数式表示BD 的长;(2)设点P 在该函数图象上,且它的横坐标为m ,连结PB ,PD①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S,求当m为何值时,S取到最大值;②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E,当点E恰好落在x轴上时,求m的值.【答案】(1)BD=m﹣4(2)①m=7时,S取到最大值②m=5【解析】【分析】(1)先确定出点D横坐标为4,代入反比例函数解析式中求出点D横坐标,即可得出结论;(2)①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S=﹣12(m﹣8)2+24,即可得出结论;②利用一线三直角判断出DG=PF,进而求出点P的坐标,即可得出结论.【详解】解:(1)∵四边形OABC是矩形,∴AB⊥x轴上,∵点B(4,m),∴点D的横坐标为4,∵点D在反比例函数y=16x上,∴D(4,4),∴BD=m﹣4;(2)①如图1,∵矩形OABC的顶点B的坐标为(4,m),∴S矩形OABC=4m,由(1)知,D(4,4),∴S△PBD=12(m﹣4)(m﹣4)=12(m﹣4)2,∴S=S矩形OABC﹣S△PBD=4m﹣12(m﹣4)2=﹣12(m﹣8)2+24,∴抛物线的对称轴为m=8,∵a<0,5≤m≤7,∴m=7时,S取到最大值;②如图2,过点P作PF⊥x轴于F,过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G,∴∠DGP=∠PFE=90°,∴∠DPG+∠PDG=90°,由旋转知,PD=PE,∠DPE=90°,∴∠DPG+∠EPF=90°,∴∠PDG=∠EPF,∴△PDG≌△EPF(AAS),∴DG=PF,∵DG=AF=m﹣4,∴P(m,m﹣4),∵点P在反比例函数y=16,x∴m(m﹣4)=16,∴m=2+25或m=2﹣25(舍).【点睛】此题是反比例函数综合题,主要考查了待定系数法,矩形的性质,三角形的面积公式,全等三角形的判定,构造出全等三角形是解本题的关键.4.如图l,在AABC中,∠ACB=90°,点P为ΔABC内一点.(1)连接PB,PC,将ABCP沿射线CA方向平移,得到ΔDAE,点B,C,P的对应点分别为点D、A、E,连接CE.①依题意,请在图2中补全图形;②如果BP⊥CE,BP=3,AB=6,求CE的长(2)如图3,以点A为旋转中心,将ΔABP顺时针旋转60°得到△AMN,连接PA、PB、PC,当AC=3,AB=6时,根据此图求PA+PB+PC的最小值.【答案】(1)①补图见解析;②;(2)【解析】(1)①连接PB、PC,将△BCP沿射线CA方向平移,得到△DAE,点B、C、P的对应点分别为点D、A、E,连接CE,据此画图即可;②连接BD、CD,构造矩形ACBD和Rt△CDE,根据矩形的对角线相等以及勾股定理进行计算,即可求得CE的长;(2)以点A为旋转中心,将△ABP顺时针旋转60°得到△AMN,连接BN,根据△PAM、△ABN都是等边三角形,可得PA+PB+PC=CP+PM+MN,最后根据当C、P、M、N四点共射线,PA+PB+PC的值最小,此时△CBN是直角三角形,利用勾股定理即可解决问题.解:(1)①补全图形如图所示;②如图,连接BD、CD∵△BCP沿射线CA方向平移,得到△DAE,∴BC∥AD且BC=AD,∵∠ACB=90°,∴四边形BCAD是矩形,∴CD=AB=6,∵BP=3,∴DE=BP=3,∵BP⊥CE,BP∥DE,∴DE⊥CE,∴在Rt△DCE中,;(2)证明:如图所示,当C、P、M、N四点共线时,PA+PB+PC最小由旋转可得,△AMN≌△APB,∴PB=MN易得△APM、△ABN都是等边三角形,∴PA=PM∴PA+PB+PC=PM+MN+PC=CN,∴BN=AB=6,∠BNA=60°,∠PAM=60°∴∠CAN=∠CAB+∠BAN=60°+60°=120°,∴∠CBN=90°在Rt△ABC中,易得∴在Rt△BCN中,“点睛”本题属于几何变换综合题,主要考查了旋转和平移的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质以及勾股定理的综合应用,解决问题的关键是作辅助线构造等边三角形和全等三角形,依据图形的性质进行计算求解.5.在等边△AOB中,将扇形COD按图1摆放,使扇形的半径OC、OD分别与OA、OB重合,OA=OB=2,OC=OD=1,固定等边△AOB不动,让扇形COD绕点O逆时针旋转,线段AC、BD也随之变化,设旋转角为α.(0<α≤360°)(1)当OC∥AB时,旋转角α=度;发现:(2)线段AC与BD有何数量关系,请仅就图2给出证明.应用:(3)当A、C、D三点共线时,求BD的长.拓展:(4)P是线段AB上任意一点,在扇形COD的旋转过程中,请直接写出线段PC的最大值与最小值.【答案】(1)60或240;(2) AC=BD,理由见解析;(3)13+1 2或1312-;(4)PC的最大值=3,PC的最小值=3﹣1.【解析】分析:(1)如图1中,易知当点D在线段AD和线段AD的延长线上时,OC∥AB,此时旋转角α=60°或240°.(2)结论:AC=BD.只要证明△AOC≌△BOD即可.(3)在图3、图4中,分别求解即可.(4)如图5中,由题意,点C在以O为圆心,1为半径的⊙O上运动,过点O作OH⊥AB于H,直线OH交⊙O于C′、C″,线段CB的长即为PC的最大值,线段C″H的长即为PC的最小值.易知PC的最大值=3,PC的最小值=3﹣1.详解:(1)如图1中,∵△ABC是等边三角形,∴∠AOB=∠COD=60°,∴当点D在线段AD和线段AD的延长线上时,OC∥AB,此时旋转角α=60°或240°.故答案为60或240;(2)结论:AC=BD,理由如下:如图2中,∵∠COD=∠AOB=60°,∴∠COA=∠DOB.在△AOC和△BOD中,OA OBCOA DOBCO OD=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△AOC≌△BOD,∴AC=BD;(3)①如图3中,当A、C、D共线时,作OH⊥AC于H.在Rt△COH中,∵OC=1,∠COH=30°,∴CH=HD=12,OH3Rt△AOH中,AH22OA OH-13,∴BD=AC=CH+AH113+.如图4中,当A、C、D共线时,作OH⊥AC于H.易知AC=BD=AH﹣CH=131-.综上所述:当A、C、D三点共线时,BD的长为131+或131-;(4)如图5中,由题意,点C在以O为圆心,1为半径的⊙O上运动,过点O作OH⊥AB于H,直线OH交⊙O于C′、C″,线段CB的长即为PC的最大值,线段C″H的长即为PC的最小值.易知PC的最大值=3,PC的最小值=3﹣1.点睛:本题考查了圆综合题、旋转变换、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、圆上的点到直线的距离的最值问题等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题,利用辅助圆解决最值问题,属于中考压轴题.6.(12分)如图1,在等边△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接BE,CD,点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点.(1)观察猜想:图1中,△PMN的形状是;(2)探究证明:把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,△PMN的形状是否发生改变?并说明理由;(3)拓展延伸:把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=1,AB=3,请直接写出△PMN 的周长的最大值.【答案】(1) 等边三角形;(2) △PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形,理由见解析;(3)6【解析】分析:(1)如图1,先根据等边三角形的性质得到AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°,则BD=CE,再根据三角形中位线性质得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,从而得到PM=PN,∠MPN=60°,从而可判断△PMN为等边三角形;(2)连接CE、BD,如图2,先利用旋转的定义,把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,则BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,则计算出∠BPM+∠CPN=120°,从而得到∠MPN=60°,于是可判断△PMN为等边三角形.(3)利用AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)得到BD的最大值为4,则PN的最大值为2,然后可确定△PMN的周长的最大值.详解:(1)如图1.∵△ABC为等边三角形,∴AB=AC,∠ABC=∠ACB=60°.∵AD=AE,∴BD=CE.∵点M、N、P分别是BE、CD、BC的中点,∴PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCA=60°,∠CPN=∠CBA=60°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形;故答案为等边三角形;(2)△PMN的形状不发生改变,仍然为等边三角形.理由如下:连接CE、BD,如图2.∵AB=AC,AE=AD,∠BAC=∠DAE=60°,∴把△ABD绕点A逆时针旋转60°可得到△CAE,∴BD=CE,∠ABD=∠ACE,与(1)一样可得PM∥CE,PM=12CE,PN∥AD,PN=12BD,∴PM=PN,∠BPM=∠BCE,∠CPN=∠CBD,∴∠BPM+∠CPN=∠CBD+∠CBD=∠ABC﹣∠ABD+∠ACB+∠ACE=60°+60°=120°,∴∠MPN=60°,∴△PMN为等边三角形.(3)∵PN=12BD,∴当BD的值最大时,PN的值最大.∵AB﹣AD≤BD≤AB+AD(当且仅当点B、A、D共线时取等号)∴BD的最大值为1+3=4,∴PN的最大值为2,∴△PMN的周长的最大值为6.点睛:本题考查了旋转的性质:对应点到旋转中心的距离相等;对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角;旋转前、后的图形全等.也考查了等边三角形的判定与性质和三角形中位线性质.7.如图:在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,∠PCQ=45°,把∠PCQ绕点C旋转,在整个旋转过程中,过点A作AD⊥CP,垂足为D,直线AD交CQ于E.(1)如图①,当∠PCQ在∠ACB内部时,求证:AD+BE=DE;(2)如图②,当CQ在∠ACB外部时,则线段AD、BE与DE的关系为_____;(3)在(1)的条件下,若CD=6,S△BCE=2S△ACD,求AE的长.【答案】(1)见解析(2)AD=BE+DE (3)8【解析】试题分析:(1)延长DA到F,使DF=DE,根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF,再求出∠ACF=∠BCE,然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等,根据全等三角形的即可证明AF=BE,从而得证;(2)在AD上截取DF=DE,然后根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得CE=CF,再求出∠ACF=∠BCE,然后利用“边角边”证明△ACF和△BCE全等,根据全等三角形的即可证明AF=BE,从而得到AD=BE+DE;(3)根据等腰直角三角形的性质求出CD=DF=DE,再根据等高的三角形的面积的比等于底边的比求出AF=2AD,然后求出AD的长,再根据AE=AD+DE代入数据进行计算即可得解.试题解析:(1)证明:如图①,延长DA到F,使DF=DE.∵CD⊥AE,∴CE=CF,∴∠DCE=∠DCF=∠PCQ=45°,∴∠ACD+∠ACF=∠DCF=45°.又∵∠ACB=90°,∠PCQ=45°,∴∠ACD+∠BCE=90°﹣45°=45°,∴∠ACF=∠BCE.在△ACF和△BCE中,∵CE CF ACF BCE AC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ACF ≌△BCE (SAS ),∴AF =BE ,∴AD +BE =AD +AF =DF =DE ,即AD +BE =DE ;(2)解:如图②,在AD 上截取DF =DE .∵CD ⊥AE ,∴CE =CF ,∴∠DCE =∠DCF =∠PCQ =45°,∴∠ECF =∠DCE +∠DCF =90°,∴∠BCE +∠BCF =∠ECF =90°.又∵∠ACB =90°,∴∠ACF +∠BCF =90°,∴∠ACF =∠BCE .在△ACF 和△BCE 中,∵CE CF ACF BCE AC BC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩,∴△ACF ≌△BCE (SAS ),∴AF =BE ,∴AD =AF +DF =BE +DE ,即AD =BE +DE ;故答案为:AD =BE +DE .(3)∵∠DCE =∠DCF =∠PCQ =45°,∴∠ECF =45°+45°=90°,∴△ECF 是等腰直角三角形,∴CD =DF =DE =6.∵S △BCE =2S △ACD ,∴AF =2AD ,∴AD=112+×6=2,∴AE =AD +DE =2+6=8.点睛:本题考查了全等三角形的判定与性质,线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质,等腰直角三角形的性质,综合性较强,但难度不是很大,作辅助线构造出全等三角形是解题的关键.8.如图1,菱形ABCD ,AB 4=,ADC 120∠=o ,连接对角线AC 、BD 交于点O ,()1如图2,将AOD V 沿DB 平移,使点D 与点O 重合,求平移后的A'BO V 与菱形ABCD重合部分的面积.()2如图3,将A'BO V 绕点O 逆时针旋转交AB 于点E',交BC 于点F ,①求证:BE'BF 2+=; ②求出四边形OE'BF 的面积.【答案】()() 13?2①证明见解析3② 【解析】 【分析】(1)先判断出△ABD 是等边三角形,进而判断出△EOB 是等边三角形,即可得出结论; (2)先判断出 ≌△OBF ,再利用等式的性质即可得出结论; (3)借助①的结论即可得出结论. 【详解】()1Q 四边形为菱形,ADC 120∠=o ,ADO 60∠∴=o ,ABD ∴V 为等边三角形,DAO 30∠∴=o ,ABO 60∠=o ,∵AD//A′O , ∴∠A′OB=60°,EOB ∴V 为等边三角形,边长OB 2=,∴重合部分的面积:343⨯=,()2①在图3中,取AB 中点E ,由()1知,∠EOB=60°,∠E′OF=60°, ∴∠EOE′=∠BOF ,又∵EO=BO ,∴∠OEE′=∠OBF=60°, ∴△OEE′≌△OBF , ∴EE′=BF ,∴BE′+BF=BE′+EE′=BE=2;②由①知,在旋转过程中始终有△OEE′≌△OBF ,∴S△OEE′=S△OBF,∴S四边形OE′BF =OEBS3=V.【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质,等边三角形的判定与性质,综合性较强,熟练掌握相关内容、正确添加辅助线是解题的关键.9.如图,点P是正方形ABCD内的一点,连接PA,PB,PC.将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P'CB的位置.(1)设AB的长为a,PB的长为b(b<a),求△PAB旋转到△P'CB的过程中边PA所扫过区域(图中阴影部分)的面积;(2)若PA=2,PB=4,∠APB=135°,求PC的长.【答案】(1) S阴影=(a2-b2);(2)PC=6.【解析】试题分析:(1)依题意,将△P′CB逆时针旋转90°可与△PAB重合,此时阴影部分面积=扇形BAC的面积-扇形BPP'的面积,根据旋转的性质可知,两个扇形的中心角都是90°,可据此求出阴影部分的面积.(2)连接PP',根据旋转的性质可知:BP=BP',旋转角∠PBP'=90°,则△PBP'是等腰直角三角形,∠BP'C=∠BPA=135°,∠PP'C=∠BP'C-∠BP'P=135°-45°=90°,可推出△PP'C是直角三角形,进而可根据勾股定理求出PC的长.试题解析:(1)∵将△PAB绕点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置,∴△PAB≌△P'CB,∴S△PAB=S△P'CB,S阴影=S扇形BAC-S扇形BPP′=(a2-b2);(2)连接PP′,根据旋转的性质可知:△APB≌△C P′B,∴BP=BP′=4,P′C=PA=2,∠PBP′=90°,∴△PBP'是等腰直角三角形,P'P2=PB2+P'B2=32;又∵∠BP′C=∠BPA=135°,∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°,即△PP′C是直角三角形.PC==6.考点:1.扇形面积的计算;2.正方形的性质;3.旋转的性质.10.如图1,四边形ABCD是正方形,G是CD边上的一个动点(点G与C、D不重合),以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG,连接BG,DE.(1)①猜想图1中线段BG、线段DE的长度关系及所在直线的位置关系,不必证明;②将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α,得到如图2情形.请你通过观察、测量等方法判断①中得到的结论是否仍然成立,并证明你的判断.(2)将原题中正方形改为矩形(如图3、4),且AB=a,BC=b,CE=ka,CG=kb (a≠b,k>0),第(1)题①中得到的结论哪些成立,哪些不成立?若成立,以图4为例简要说明理由.(3)在第(2)题图4中,连接DG、BE,且a=3,b=2,k=12,求BE2+DG2的值.【答案】(1)①BG⊥DE,BG=DE;②BG⊥DE,证明见解析;(2)BG⊥DE,证明见解析;(3)16.25.【解析】分析:(1)①根据正方形的性质,显然三角形BCG顺时针旋转90°即可得到三角形DCE,从而判断两条直线之间的关系;②结合正方形的性质,根据SAS仍然能够判定△BCG≌△DCE,从而证明结论;(2)根据两条对应边的比相等,且夹角相等可以判定上述两个三角形相似,从而可以得到(1)中的位置关系仍然成立;(3)连接BE、DG.根据勾股定理即可把BE2+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和.详解:(1)①BG⊥DE,BG=DE;②∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形,∴BC=DC,CG=CE,∠BCD=∠ECG=90°,∴∠BCG=∠DCE,∴△BCG≌△DCE,∴BG=DE,∠CBG=∠CDE,又∵∠CBG+∠BHC=90°,∴∠CDE+∠DHG=90°,∴BG⊥DE.(2)∵AB=a,BC=b,CE=ka,CG=kb,∴BC CG b==,DC CE a又∵∠BCG=∠DCE,∴△BCG∽△DCE,∴∠CBG=∠CDE,又∵∠CBG+∠BHC=90°,∴∠CDE+∠DHG=90°,∴BG⊥DE.(3)连接BE、DG.根据题意,得AB=3,BC=2,CE=1.5,CG=1,∵BG⊥DE,∠BCD=∠ECG=90°∴BE2+DG2=BO2+OE2+DO2+OG2=BC2+CD2+CE2+CG2=9+4+2.25+1=16.25.点睛:此题综合运用了全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理.11.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.12.已知:一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B,以B为旋转中心,将△BOA逆时针旋转,得△BCD(其中O与C、A与D是对应的顶点).(1)求AB的长;(2)当∠BAD=45°时,求D点的坐标;(3)当点C在线段AB上时,求直线BD的关系式.【答案】(1)5;(2)D(4,7)或(-4,1);(3)【解析】试题分析:(1)先分别求得一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标,再根据勾股定理求解即可;(2)根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可;(3)先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标,再根据待定系数法列方程组求解即可.(1)在时,当时,,当时,∴;(2)由题意得D(4,7)或(-4,1);(2)由题意得D点坐标为(4,)设直线BD 的关系式为∵图象过点B (0,4),D (4,)∴,解得∴直线BD 的关系式为.考点:动点的综合题点评:此类问题综合性强,难度较大,在中考中比较常见,一般作为压轴题,题目比较典型.13.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”。
中考数学旋转综合题及详细答案

则∠ AFG=90°. ∵ ∠ ABH=∠ G=60°,AB=a,AG=2a,
∴ AH=AB×sin60°= 3 a,AF=AG×sin60°= 3 a. 2
∴ 点 F 到 BC 的最大距离为 3 a+ 3 a= 3 3 a. 22
∴ S△ BCF= 1 ×2a× 3 3 a= 3 3 a2.
2
22
PC=
=6.
考点:1.扇形面积的计算;2.正方形的性质;3.旋转的性质.
3.如图 1, ABCD 和 AEFG 是两个能完全重合的平行四边形,现从 AB 与 AE 重合时开 始,将 ABCD 固定不动, AEFG 绕点 A 逆时针旋转,旋转角为 α(0°<α<360°), AB=a,BC=2a;并发现:如图 2,当 AEFG 旋转到点 E 落在 AD 上时,FE 的延长线恰好通过 点 C.
(2)根据面积公式得出 S△ GHK=S 四边形 CKGH-S△ CKH= 1 x2-3x+9,根据△ GKH 的面积恰好等于 2
△
ABC 面积的
5
,代入得出方程 1
x2-3x+9=
5
1
×
×6×6,求出即可.
12
2
12 2
解:(1)BH 与 CK 的数量关系:BH=CK,理由是:
连接 OC,
由直角三角形斜边上中线性质得出 OC=BG, ∵ AC=BC,O 为 AB 中点,∠ ACB=90°, ∴ ∠ B=∠ ACG=45°,CO⊥AB, ∴ ∠ CGB=90°=∠ KGH, ∴ 都减去∠ CGH 得:∠ BGH=∠ CGK, 在△ CGK 和△ BGH 中
∴
1
x2﹣3x+9=
5
1
×
最新九年级数学中考复习:旋转综合压轴题(角度问题)含答案

2023年九年级数学中考复习:旋转综合压轴题(角度问题)1.如图① ,在①ABC 中,AB =AC =4,①BAC =90°,AD ①BC ,垂足为D .(1)S △ABD = .(直接写出结果)(2)如图①,将①ABD 绕点D 按顺时针方向旋转得到①A′B′D ,设旋转角为α (α<90°),在旋转过程中: 探究一:四边形APDQ 的面积是否随旋转而变化?说明理由; 探究二:当α=________时,四边形APDQ 是正方形.2.如图,在等腰Rt ABC 和等腰Rt CDE 中,90ACB DCE ∠=∠=︒.(1)观察猜想:如图1,点E 在BC 上,线段AE 与BD 的关系是_________;(2)探究证明:把CDE △绕直角顶点C 旋转到图2的位置,(1)中的结论还成立吗?说明理由; (3)拓展延伸:把CDE △绕点C 在平面内转动一周,若10AC BC ==,5CE CD ==,AE 、BD 交于点P 时,连接CP ,直接写出BCP 最大面积_________.3.如图1,在Rt △ABC 中,①A =90°,AB =AC ,点D ,E 分别在边AB ,AC 上,AD =AE ,连接DC ,点M ,P ,N 分别为DE ,DC ,BC 的中点.(1)观察猜想:图1中,请判断线段PM 与PN 的数量关系和位置关系,并说明理由;(2)探究证明:把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置,连接MN ,BD ,CE ,判断△PMN 的形状,并说明理由;(3)拓展延伸:把△ADE 绕点A 在平面内自由旋转,若AD =3,AB =7,请直接写出△PMN 面积的最大值.4.如图1,①ABC 为等腰直角三角形,①BAC =90°,AB =AC ,点D 在AB 边上,点E 在AC 边上,AD =AE ,连接DE ,取BC 边的中点O ,连接DO 并延长到点F ,使OF =OD ,连接CF . (1)请判断①CEF 的形状,并说明理由;(2)将(1)中①ADE 绕点A 旋转,连接CE ,(1)中的结论是否仍然成立,若成立,请仅就图2所示情况给出证明,若不成立,请说明理由;(3)若AB =6,AD =4,将①ADE 由图1位置绕点A 旋转,当点B ,E ,D 三点共线时,请直接写出①CEF 的面积.5.如图,在Rt ABC 中,90BAC ∠=︒,AB AC =,点D 是AB 外一动点,连接AD ,把AD 绕点A 逆时针旋转90°,得到AE ,连接CE ,DE ,BC 与DE 交于点F ,且AB BD ⊥.(1)如图1,若CB =6CE =,求DE 的长;(2)如图2,若点H 、G 分别为线段CF 、AE 的中点,连接HG ,求证:12HG BF =;(3)如图3,在(2)的条件下,若CE =4CF =,将BDF 绕点F 顺时针旋转角3(060)αα︒<≤︒,得到B D F '',连接B G ',取B G '中点Q ,连接BQ ,当线段BQ 最小时,请直接写出BQB '的面积.6.如图1,矩形ABCD 中,15,20AB BC ==,将矩形ABCD 绕着点A 顺时针旋转,得到矩形BEFG .(1)当点E 落在BD 上时,则线段DE 的长度等于________; (2)如图2,当点E 落在AC 上时,求BCE 的面积;(3)如图3,连接AE CE AG CG 、、、,判断线段AE 与CG 的位置关系且说明理由,并求22CE AG +的值;(4)在旋转过程中,请直接写出BCE ABG S S +△△的最大值.7.在平面直角坐标系中,O 为原点,点(4,0)A -,点(0,3),B ABO 绕点B 顺时针旋转,得A BO ''△,点A O 、旋转后的对应点为A O ''、,记旋转角为α.(1)如图①,90α=︒,边OA 上的一点M 旋转后的对应点为N ,当1OM =时,点N 的坐标为_____; (2)90α=︒,边OA 上的一点M 旋转后的对应点为N ,当O M BN '+取得最小值时,在图①中画出点M 的位置,并求出点N 的坐标.(3)如图①,P 为AB 上一点,且:2:1PA PB =,连接PO PA ''、,在ABO 绕点B 顺时针旋转一周的过程中,PO A ''的面积是否存在最大值和最小值,若存在,请求出;若不存在,请说明理由.8.如图1,①ABC 和①DEC 均为等腰三角形,且①ACB =①DCE =90°,连接BE ,AD ,两条线段所在的直线交于点P .(1)线段BE 与AD 有何数量关系和位置关系,请说明理由. (2)若已知BC =12,DC =5,①DEC 绕点C 顺时针旋转, ①如图2,当点D 恰好落在BC 的延长线上时,求AP 的长;①在旋转一周的过程中,设①P AB 的面积为S ,求S 的最值.9.如图,在菱形ABCD 中,2AB =,60BAD ∠=,过点D 作DE AB ⊥于点E ,DF BC ⊥于点F .()1如图1,连接AC 分别交DE 、DF 于点M 、N ,求证:13MN AC =; ()2如图2,将EDF 以点D 为旋转中心旋转,其两边'DE 、'DF 分别与直线AB 、BC 相交于点G 、P ,连接GP ,当DGP 的面积等于10.如图1,一副直角三角板满足AB=BC ,AC=DE ,①ABC=①DEF=90°,①EDF=30°操作:将三角板DEF 的直角顶点E 放置于三角板ABC 的斜边AC 上,再将三角板DEF 绕点E 旋转,并使边DE 与边AB 交于点P ,边EF 与边BC 于点Q . 探究一:在旋转过程中, (1)如图2,当1CEEA=时,EP 与EQ 满足怎样的数量关系?并给出证明; (2)如图3,当2CEEA=时,EP 与EQ 满足怎样的数量关系?并说明理由; (3)根据你对(1)、(2)的探究结果,试写出当CEm EA=时,EP 与EQ 满足的数量关系式为 ,其中m 的取值范围是 .(直接写出结论,不必证明) 探究二:若2CEEA=且AC=30cm ,连接PQ ,设△EPQ 的面积为S (cm 2),在旋转过程中: (1)S 是否存在最大值或最小值?若存在,求出最大值或最小值;若不存在,说明理由. (2)随着S 取不同的值,对应△EPQ 的个数有哪些变化,求出相应S 的值或取值范围.11.如图1,在①ABC中,①BAC=90°,AB=AC,点D在边AC上,CD①DE,且CD=DE,连接BE,取BE的中点F,连接DF.(1)请直接写出①ADF的度数及线段AD与DF的数量关系;(2)将图1中的△CDE绕点C按逆时针旋转,①如图2,(1)中①ADF的度数及线段AD与DF的数量关系是否仍然成立?请说明理由;①如图3,连接AF,若AC=3,CD=1,求S△ADF的取值范围.12.已知点E是正方形ABCD的边AB上一点,AB=BE=2.以BE为边向右侧作正方形BEFG,将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α度(0≤α≤90°),连结AE,CG(如图).(1)求证:①ABE①①CBG.(2)当点E在BD上时,求CG的长.(3)当90∠时,正方形BEFG停止旋转,求在旋转过程中线段AE扫过的面积.(参考数据:AEB=︒sin28︒≈,sin62︒≈tan28︒≈tan62︒≈)13.如图,矩形ABCD 中,5,6,==AB BC BCG 为等边三角形.点E ,F 分别为,AD BC 边上的动点,且EF AB ∥,P 为EF 上一动点,连接BP ,将线段BP 绕点B 顺时针旋转60︒至BM ,连接,,,PA PC PM GM .(1)求证:=GM PC ;(2)当,,PB PC PE 三条线段的和最小时,求PF 的长;(3)若点E 以每秒2个单位的速度由A 点向D 点运动,点P 以每秒1个单位的速度由E 点向F 点运动.E ,P 两点同时出发,点E 到达点D 时停止,点P 到达点F 时停止,设点P 的运动时间为t 秒. ①求t 为何值时,AEP △与CFP 相似; ①求BMP 的面积S 的最小值.14.如图1,在Rt ABC 中,90,5∠=︒==C AC BC ,点D 是边BC 上的一点,且BD =,过点D 做BC 边的垂线,交AB 边于点E ,将BDE 绕点B 顺时针方向旋转,记旋转角为()0360αα︒≤<︒.(1)【问题发现】当0α=︒时,AECD的值为________,直线,AE CD 相交形成的较小角的度数为________; (2)【拓展探究】试判断:在旋转过程中,(1)中的两个结论有无变化?请仅就图2的情况给出证明; (3)【问题解决】当BDE 旋转至A ,D ,E 三点在同一条直线上时,请直接写出ACD △的面积.15.在中Rt ABC △中.90ABC ∠=︒,AB BC =,点E 在射线CB 上运动.连接AE ,将线段AE 绕点E 顺时针旋转90°得到EF ,连接CF .(1)如图1,点E在点B的左侧运动;①当2BE=,BC=EAB∠=_________°;①猜想线段CA,CF与CE之间的数量关系为_________.(2)如图2,点E在线段CB上运动时,第(1)间中线段CA,CF与CE之间的数量关系是否仍然成立如果成立,请说明理由;如果不成立,请求出它们之间新的数量关系.=,以A,E,C,F为顶点的四边形面积为y,请直接写出(3)点E在射线CB上运动,BC=,设BE xy与x之间的函数关系式(不用写出x的取值范围).16.如图,在①ABC中,AB=,①A=45°,AC=C作直线平行AB,将①ABC绕点A顺时针旋转得到①AB C''(点B,C的对应点分别为B',C'),射线AB',AC'分别交直线l于点P、Q.(1)如图1,求BC的长;(2)如图2,当点C为PQ中点时,求tan①APQ;(3)如图3,当点P,Q分别在线段AB',AC'上时,试探究四边形PQC B''的面积是否存在最大值.若存在,求出其最大值;若不存在,请说明理由.17.已知Rt△ABC中,AC=BC,①C=90°,D为AB边的中点,①EDF=90°,①EDF绕D点旋转,它的两边分别交AC、CB(或它们的延长线)于E、F.(1)如图1,当①EDF 绕D 点旋转到DE ①AC 于E 时,易证S △DEF +S △CEF 与S △ABC 的数量关系为__________;(2)如图2,当①EDF 绕D 点旋转到DE 和AC 不垂直时,上述结论是否成立?若成立,请给予证明; (3)如图3,这种情况下,请猜想S △DEF 、S △CEF 、S △ABC 的数量关系,不需证明.18.面直角坐标系中,O 为原点,点(12,0)A ,点(0,5)B ,线段AB 的中点为点C .将ABO 绕着点B 逆时针旋转,点O 对应点为1O ,点A 的对应点为1A .(1)如图①,当点1O 恰好落在AB 上时, ①此时1CO 的长为__________;①点P 是线段OA 上的动点,旋转后的对应点为1P ,连接11,BP PO ,试求11BP PO +最小时点P 的坐标; (2)如图①,连接11,CA CO ,则在旋转过程中,11CAO △的面积是否存在最大值?若存在,直接写出最大值,若不存在,说明理由.19.如图,在Rt ABC 中,90C ∠=︒,5AB =,3sin 5A =.点P 从点A 出发,以每秒4个单位长度的速度向终点B 匀速运动,过点P 作PD AB ⊥交折线AC ,CB 于点D ,连结BD ,将DBP 绕点D 逆时针旋转90︒得到DEF .设点P 的运动时间为t (秒).(1)用含t 的代数式表示线段PD 的长. (2)当点E 落在AB 边上时,求AD 的长. (3)当点F 在ABC 内部时,求t 的取值范围.(4)当线段DP 将ABC 的面积分成1:2 的两部分时,直接写出t 的值.20.如图1,在Rt ABC △中,90B ∠=︒,AB BC =,AO 是BC 边上的中线,点D 是AO 上一点,DE EO ⊥,E 是垂足,DEO 可绕着点O 旋转,点F 是点E 关于点O 的对称点,连接AD 和CF .(1)问题发现:如图2,当1ADDO=时,则下列结论正确的是_______.(填序号)①BE CF =;①点F 是OC 的中点:①AO 是BAC ∠的角平分线;①AD .(2)数学思考:将图2中DEO 绕点O 旋转,如图3,则AD 和CF 具有怎样的数量关系?请给出证明过程;(3)拓展应用:在图1中,若ADx DO=,将DEO 绕着点O 旋转. ①则AD =_______CF ;①若4AB =,1x =,在DEO 旋转过程中,如图4,当点D 落在AB 上时,连结BE ,EC ,求四边形ABEC 的面积.答案21.(1)4(2)四边形APDQ 的面积不会随旋转而变化,理由见详解;当45α=︒时,四边形APDQ 是正方形.22.(1)AE BD =,AE BD ⊥; (2)结论仍成立23.(1)PM =PN ,PM ①PN . (2)△PMN 是等腰直角三角形. (3)S △PMN 最大=25224.(1) ①CEF 是等腰直角三角形;(2)成立,(3)18-18+25.(1)(3)8 26.(1)10;(2)42;(3) AE ①CG 221250CE AG =+;(4)30027.(1)(-3,4);(2)N (-3,92);(3)最大值为283,最小值为8328.(1)BE =AD ,BE 与AD 互相垂直,(2)①AP =8413;①最小47,最大72 29.(2)顺时针或逆时针旋转60.30.探究一:(1)EP=EQ ;证明见解析;(2)1:2,(3)EP :EQ=1:m ,①0<(1)当50cm 2;当75cm 2.(2)50<S≤62.5时,这样的三角形有2个;当S=50或62.5<S≤75时,这样的三角形有一个.31.(1)①ADF =45°,AD (2)①成立,;①1≤S △ADF ≤4.32.(3)3145S π=33.(3)①73;①34.,45︒;(2)无变化(3)121235.(1)①30;①AC +CF CE ;(2)CA -CF;(3)当点E 在点B 左侧运动时,y =21322x +;当点E 在点B 右侧运动时,y 32+.36.(3)存在;21-37.(1)S △DEF +S △CEF =12S △ABC(2)上述结论S △DEF +S △CEF =12S △ABC 成立(3)S △DEF -S △CEF =12S △ABC38.(1)①1.5 ①20,07⎛⎫ ⎪⎝⎭ (2)存在最大值,最大值为6939.(1)3t (2)258 (3)355374t ≤≤40.(1)①①①(2)AD =,①465。
中考数学初中数学 旋转-经典压轴题及详细答案

针旋转得△ A′B′O′,点 A、O 旋转后的对应点为 A′、O′,记旋转角为 α.
(1)如图 1,若 α=90°,则 AB=
,并求 AA′的长;
(2)如图 2,若 α=120°,求点 O′的坐标; (3)在(2)的条件下,边 OA 上的一点 P 旋转后的对应点为 P′,当 O′P+BP′取得最小值 时,直接写出点 P′的坐标.
(2)过点 O′作 O′D⊥x 轴,垂足为 D,交 AB′于点 E,则△ AO′E∽ △ ABO,根据旋转的性 质结合相似三角形的性质可求出 AE、O′E 的长,进而可得出点 O′的坐标;
(3)作点 A 关于 x 轴对称的点 A′,连接 A′O′交 x 轴于点 P,此时 O′P+AP′取最小值,过 点 O′作 O′F⊥y 轴,垂足为点 F,过点 P′作 PM⊥O′F,垂足为点 M,根据旋转的性质结合解 直角三角形可求出点 O′的坐标,由 A、A′关于 x 轴对称可得出点 A′的坐标,利用待定系数 法即可求出直线 A′O′的解析式,由一次函数图象上点的坐标特征可得出点 P 的坐标,进而 可得出 OP 的长度,再在 Rt△ O′P′M 中,通过解直角三角形可求出 O′M、P′M 的长,进而可 得出此时点 P′的坐标. 详解:(1)∵ 点 A(0,4),点 B(﹣2,0),∴ OA=4,OB=2,
(2)∵ ∠ FAE=45°,∠ ACB=45°,∴ ∠ FAC+∠ CAE=45°,∠ CAE+∠ AEC=45°,∴ ∠ FAC
=∠ AEC.
又∵ ∠ ACF=∠ ECA=135°,∴ △ ACF∽ △ ECA,∴ AC CF ,∴ 4 2 CF ,∴ CF=
EC CA
4 42
8,即 b=8.
3.在平面直角坐标系中,O 为原点,点 A(3,0),点 B(0,4),把△ ABO 绕点 A 顺时 针旋转,得△ AB′O′,点 B,O 旋转后的对应点为 B′,O. (1)如图 1,当旋转角为 90°时,求 BB′的长; (2)如图 2,当旋转角为 120°时,求点 O′的坐标; (3)在(2)的条件下,边 OB 上的一点 P 旋转后的对应点为 P′,当 O′P+AP′取得最小值 时,求点 P′的坐标.(直接写出结果即可)
初三旋转考试题及答案

初三旋转考试题及答案初三数学旋转考试题及答案一、选择题(每题3分,共15分)1. 在平面直角坐标系中,点P(3,4)绕原点O逆时针旋转90°后,新坐标为:A. (4,3)B. (-3,4)C. (3,-4)D. (4,-3)2. 一个正方形绕其中心点旋转45°后,其边长不变,面积不变,以下说法正确的是:A. 形状不变B. 形状改变C. 面积改变D. 形状和面积都改变3. 一个圆心在原点的圆,半径为r,绕原点旋转任意角度后,其半径:A. 变大B. 不变C. 变小D. 无法确定4. 若点A(1,2)绕点B(2,3)旋转30°,旋转后的点A'坐标为:A. (1.5, 3.5)B. (1.5, 2.5)C. (2.5, 3.5)D. 无法确定5. 一个等腰直角三角形绕其直角顶点旋转90°后,其形状:A. 不变B. 变为等边三角形C. 变为等腰三角形D. 变为直角三角形二、填空题(每题2分,共10分)6. 一个矩形绕其中心点旋转180°后,其形状________。
7. 点P(2,-1)绕原点O逆时针旋转45°后,新坐标的横坐标为________。
8. 若一个圆绕其圆心旋转任意角度,其周长________。
9. 一个平行四边形绕其对角线交点旋转90°后,其形状变为________。
10. 一个等边三角形绕其一边的中点旋转60°,旋转后的图形与原图形________。
三、解答题(共25分)11. (5分)若点M(-1,1)绕点N(1,1)旋转60°,求点M'的坐标。
12. (10分)一个边长为4的正方形ABCD,以点A为旋转中心,逆时针旋转30°,求旋转后正方形A'B'C'D'的顶点坐标。
13. (10分)一个圆心在原点,半径为5的圆,绕原点旋转60°,求旋转后圆上任意一点P(x,y)的新坐标。
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∵DE=AE,
∴BF=AE,
∵当α=90°时,∠EAC=90°,
∴ED∥AC,EA∥BC
∵FB∥AC,∠FBC=90,
∴∠CBF=∠CAE,
在△FBC和△EAC中,
,
∴△FBC≌△EAC(SAS),
∴CF=CE,∠FCB=∠ECA,
∵∠ACB=90°,
∴∠FCE=90°,
(3)将图①中△BEF绕B点旋转任意角度,如图③所示,再连接相应的线段,问(1)中的结论是否仍然成立?(请直接写出结果,不必写出理由)
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)结论仍然成立
【解析】
【分析】
(1)利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可证出CG=EG.
(2)结论仍然成立,连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点;再证明△DAG≌△DCG,得出AG=CG;再证出△DMG≌△FNG,得到MG=NG;再证明△AMG≌△ENG,得出AG=EG;最后证出CG=EG.
试题解析:(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+CE=13.
考点:三角形综合题.
4.思维启迪:(1)如图1,A,B两点分别位于一个池塘的两端,小亮想用绳子测量A,B间的距离,但绳子不够长,聪明的小亮想出一个办法:先在地上取一个可以直接到达B点的点C,连接BC,取BC的中点P(点P可以直接到达A点),利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D,此时测得CD=200米,那么A,B间的距离是米.
【解析】
【分析】
(1)由CD∥AB,可得∠C=∠B,根据∠APB=∠DPC即可证明△ABP≌△DCP,即可得AB=CD,即可解题.
(2)①延长EP交BC于F,易证△FBP≌△EDP(SAS)可得△EFC是等腰直角三角形,即可证明PC=PE,PC⊥PE.
②作BF∥DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,易证△FBP≌△EDP(SAS),结合已知得BF=DE=AE,再证明△FBC≌△EAC(SAS),可得△EFC是等腰直角三角形,即可证明PC=PE,PC⊥PE.
∵∠FEC+∠BEC=90°,∴∠FEC+∠FEM=90°,即∠MEC=90°,∴△MEC是等腰直角三角形.
∵G为CM中点,∴EG=CG,EG⊥CG
【点睛】
本题是四边形的综合题.(1)关键是利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答;(2)关键是利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质解答.
思维探索:(2)在△ABC和△ADE中,AC=BC,AE=DE,且AE<AC,∠ACB=∠AED=90°,将△ADE绕点A顺时针方向旋转,把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置(此时点B和点D位于AC的两侧),设旋转角为α,连接BD,点P是线段BD的中点,连接PC,PE.
①如图2,当△ADE在起始位置时,猜想:PC与PE的数量关系和位置关系分别是;
在△DAG与△DCG中,∵AD=CD,∠ADG=∠CDG,DG=DG,∴△DAG≌△DCG(SAS),∴AG=CG;
在△DMG与△FNG中,∵∠DGM=∠FGN,FG=DG,∠MDG=∠NFG,∴△DMG≌△FNG(ASA),∴MG=NG.
∵∠EAM=∠AEN=∠AMN=90°,∴四边形AENM是矩形,在矩形AENM中,AM=EN.在△AMG与△ENG中,∵AM=EN,∠AMG=∠ENG,MG=NG,∴△AMG≌△ENG(SAS),∴AG=EG,∴EG=CG.
同②△FCE是等腰直角三角形,CP⊥EP,CP=EP= ,
在Rt△AHE中,∠EAH=30°,AE=DE=1,
∴HE= ,AH= ,
又∵AC=AB=3,
∴CH=3+ ,
∴EC2=CH2+HE2=
∴PC2=
【点睛】
本题考查几何变换综合题,考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形性质、勾股定理和30°直角三角形性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于压轴题.
∴△FCE是等腰直角三角形,
∵EP=FP,
∴CP⊥EP,CP=EP= .
③如解图3,作BF∥DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点,
当α=150°时,由旋转旋转可知,∠CAE=150°,DE与BC所成夹角的锐角为30°,
∴∠FBC=∠EAC=α=150°
同②可得△FBP≌△EDP(SAS),
③作BF∥DE,交EP延长线于点F,连接CE、CF,过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点,由旋转旋转可知,∠CAE=150°,DE与BC所成夹角的锐角为30°,得∠FBC=∠EAC,同②可证可得PC=PE,PC⊥PE,再由已知解三角形得∴EC2=CH2+HE2= ,即可求出
【详解】
(1)解:∵CD∥AB,∴∠C=∠B,
∵∠BCE=150°,∴ 。
而 。∴ 。
(1)∵AB=AC,∠BAC= ,∴ 。
∵将线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD,∴ 。
∴ 。
(2)由SSS证明△ABD≌△ACD,由AAS证明△ABD≌△EBC,即可根据有一个角等于 的等腰三角
形是等边三角形的判定得出结论。
(3)通过证明△DCE为等腰直角三角形得出 ,由(1) ,从
(2)在旋转过程中,过点D作DG垂直于直线AB,垂足为点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.
【答案】(1)①②详见解析;③3 ﹣4;(2)13.
【解析】
试题分析:(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=5、AH=3,继而知CE=2CH=8、BE=5,即可得答案.
∴△ABD≌△ACD(SSS)。∴ 。
∵∠BCE=150°,∴ 。∴ 。
在△ABD和△EBC中,∵ , ,BC=BD,
∴△ABD≌△EBC(AAS)。∴AB=BE。
∴△ABE为等边三角形。
(3)∵∠BCD=60°,∠BCE=150°,∴ 。
又∵∠DEC=45°,∴△DCE为等腰直角三角形。
∴DC=CE=BC。
证法二:延长CG至M,使MG=CG,连接MF,ME,EC.在△DCG与△FMG中,∵FG=DG,∠MGF=∠CGD,MG=CG,∴△DCG≌△FMG,∴MF=CD,∠FMG=∠DCG,∴MF∥CD∥AB,∴EF⊥MF.
在Rt△MFE与Rt△CBE中,∵MF=CB,∠MFE=∠EBC=90°,EF=BE,∴△MFE≌△CBE
∴∠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=3,
则CE=2CH=8,BE=5,
∴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=3,
∵AE=AC=5,
∴EF=4,
∵在等边三角形ABD中,BF=AB•sin∠BAF=6× =3 ,
∴BE=BF﹣EF=3 ﹣4;
(2)如图所示,
∵∠DAG=∠ACB,∠DAE=∠BAC,
5.(1)问题发现
如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.
填空:线段AD,BE之间的关系为.
(2)拓展探究
如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.
(3)解决问题
如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.
(3)结论依然成立.
【详解】
(1)CG=EG.理由如下:
∵四边形ABCD是正方形,∴∠DCF=90°.在Rt△FCD中,∵G为DF的中点,∴CG= FD,同理.在Rt△DEF中,EG= FD,∴CG=EG.
(2)(1)中结论仍然成立,即EG=CG.
证法一:连接AG,过G点作MN⊥AD于M,与EF的延长线交于N点.
∴∠MEF=∠CEB,∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°,∴△MEC为直角三角形.
∵MG=CG,∴EG= MC,∴EG=CG.
(3)(1)中的结论仍然成立.理由如下:
过F作CD的平行线并延长CG交于M点,连接EM、EC,过F作FN垂直于AB于N.
由于G为FD中点,易证△CDG≌△MFG,得到CD=FM,又因为BE=EF,易证∠EFM=∠EBC,则△EFM≌△EBC,∠FEM=∠BEC,EM=EC
又∵AC=BC,AE=DE,
∴FC=EC,
又∵∠ACB=90°,
∴△EFC是等腰直角三角形,