中考数学压轴题之初中数学 旋转(中考题型整理,突破提升)及详细答案
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中考数学压轴题之初中数学旋转(中考题型整理,突破提升)及详细答案
一、旋转
1.阅读材料:小胖同学发现这样一个规律:两个顶角相等的等腰三角形,如果具有公共的顶角的顶点,并把它们的底角顶点连接起来则形成一组旋转全等的三角形.小胖把具有这个规律的图形称为“手拉手”图形.如图1,在“手拉手”图形中,小胖发现若∠BAC=
∠DAE,AB=AC,AD=AE,则BD=CE.
(1)在图1中证明小胖的发现;
借助小胖同学总结规律,构造“手拉手”图形来解答下面的问题:
(2)如图2,AB=BC,∠ABC=∠BDC=60°,求证:AD+CD=BD;
(3)如图3,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=m°,点E为△ABC外一点,点D为BC中点,∠EBC=∠ACF,ED⊥FD,求∠EAF的度数(用含有m的式子表示).
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)∠EAF =1
2 m°.
【解析】
分析:(1)如图1中,欲证明BD=EC,只要证明△DAB≌△EAC即可;
(2)如图2中,延长DC到E,使得DB=DE.首先证明△BDE是等边三角形,再证明
△ABD≌△CBE即可解决问题;
(3)如图3中,将AE绕点E逆时针旋转m°得到AG,连接CG、EG、EF、FG,延长ED到
M,使得DM=DE,连接FM、CM.想办法证明△AFE≌△AFG,可得∠EAF=∠FAG=1
2 m°.
详(1)证明:如图1中,
∵∠BAC=∠DAE,
∴∠DAB=∠EAC,
在△DAB和△EAC中,
AD AE DAB EAC AB AC ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩
===,
∴△DAB ≌△EAC ,
∴BD=EC .
(2)证明:如图2中,延长DC 到E ,使得DB=DE .
∵DB=DE ,∠BDC=60°,
∴△BDE 是等边三角形,
∴∠BD=BE ,∠DBE=∠ABC=60°,
∴∠ABD=∠CBE ,
∵AB=BC ,
∴△ABD ≌△CBE ,
∴AD=EC ,
∴BD=DE=DC+CE=DC+AD .
∴AD+CD=BD .
(3)如图3中,将AE 绕点E 逆时针旋转m°得到AG ,连接CG 、EG 、EF 、FG ,延长ED 到M ,使得DM=DE ,连接FM 、CM .
由(1)可知△EAB ≌△GAC ,
∴∠1=∠2,BE=CG ,
∵BD=DC ,∠BDE=∠CDM ,DE=DM ,
∴△EDB ≌△MDC ,
∴EM=CM=CG ,∠EBC=∠MCD ,
∵∠EBC=∠ACF,
∴∠MCD=∠ACF,
∴∠FCM=∠ACB=∠ABC,∴∠1=3=∠2,
∴∠FCG=∠ACB=∠MCF,∵CF=CF,CG=CM,
∴△CFG≌△CFM,
∴FG=FM,
∵ED=DM,DF⊥EM,
∴FE=FM=FG,
∵AE=AG,AF=AF,
∴△AFE≌△AFG,
∴∠EAF=∠FAG=1
2 m°.
点睛:本题考查几何变换综合题、旋转变换、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会利用“手拉手”图形中的全等三角形解决问题,学会构造“手拉手”模型,解决实际问题,属于中考压轴题.
2.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,