2020-2021中考数学综合题专练∶初中数学旋转及答案解析

1、2020-2021中考数学综合题专练：初中数学 旋转及答案解析一、旋转1. (1)如图，在矩形 ABCD中，对角线 AC与BD相交于点O,过点O作直线EF，BD,交 AD于点E,交BC于点F,连接BE、DF,且BE平分/ABD. 求证：四边形 BFDE是菱形；直接写出/ EBF的度数；(2)把(1)中菱形BFDE进行分离研究，如图 ，点G、I分别在BF、BE边上，且BG=BI,连 接GD, H为GD的中点，连接 FH并延长，交ED于点J,连接IJ IH、IF、IG.试探究线段 IH与FH之间满足的关系，并说明理由；(3)把中矩形ABCD进行特殊化探究，如图 ，当矩形ABCD满足AB=AD时，点

2、E是对角 线AC上一点，连接 DE、ER DF,使4DEF是等腰直角三角形， DF交AC于点G.请直接写 出线段AG、GE、EC三者之间满足的数量关系.【答案】(1)详见解析；60。. (2) IH= J3fH； (3) EG2=AG2+C左【解析】【分析】(1) 由DOEBOF,推出EO= OF, OB= OD,推出四边形 EBFD是平行四边形， 再证明EB= ED即可. 先证明/ABD= 2/ADB,推出/ ADB= 30°,延长即可解决问题.(2) IH= J3FH.只要证明JF是等边三角形即可.(3)结论：EG2=AG2+cE?.如图3中，将4ADG绕点D逆时针旋转90。得到

3、ADCM,先证 明DE84DEM,再证明 ECM是直角三角形即可解决问题.【详解】(1)证明：如图1中，四边形ABCD是矩形, .AD/BC, OB= OD,/ EDO= / FBO, 在 DOE和BOF中，EDO= FBOO£ BOF.,.DOEABOF7,EO= OF, 1.OB=OD, 四边形EBFD是平行四边形，EF± BD, OB=OD,.EB=ED, 四边形EBFD是菱形.BE平分/ABD,/ ABE= / EBD, .EB=ED,/ EBD= / EDB,/ ABD=2Z ADB, / ABD+Z ADB=90 °,，/ADB=30； /ABD=60

4、 ；/ ABE= / EBO= / OBF= 30 °,/ EBF= 60 °.(2)结论：ih=J3fh.理由：如图2中，延长BE至1J M,使得EM=EJ,连接MJ.V1. 四边形EBFD是菱形，/ B= 60 °,-.EB=BF= ED, DE/ BF,/ JDH= / FGH, 在 DHJ和AGHF中，DHG= GHFDH=GH , JDH= FGH .DH乒GHF, .DJ=FG, JHF,.EJ= BG= EM=BI,.BE=IM = BF, / MEJ= / B= 60 ； .MEJ是等边三角形，.-.MJ=EM=NI, ZM = ZB=60

5、76;在 BIF和AMJI中，BI=MJB= M ,BF=IM2 .BIFAMJI,.IJ= IF, /BFI=/MIJ, HJ= HF,.-.IH± JF3 / BF+Z BIF= 120 :4 / MIJ+Z BIF= 120 ；/ JIF= 60 ； JIF是等边三角形，在 RtIHF 中，. /IHF= 90°, /IFH= 60°,/ FIH= 30 °, IH= 73 FH.(3)结论：EG2=AG2+C邑理由：如图3中，将4ADG绕点D逆时针旋转90°得到ADCM, / FA。/ DEF= 90 °, .AFED四点共圆

6、，/ EDF= / DAE= 45 : / ADC= 90 ； / ADF+Z EDC= 45 °, / ADF= / CDM, / CDM+Z CDE= 45 = / EDG, 在ADEM和 DEG中，DE=DEEDG= EDM , DG = DM .DEGADEM,.GE= EM, / DCM= / DAG= / ACD= 45 ； AG= CM, / ECM= 90 ° EC2+CM2= EM2, . EG= EM, AG=CM, .GE2=AG2+C邑【点睛】考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定 和性质，勾股定理等知识，解题

7、的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转 化的思想思'考问题.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 90°, BC a,将边AB绕点B1 2顺时针旋转90°得到线段BD,连接CD.求证：VBCD的面积为1a2.（提示：过点D作BC2边上的高DE,可证VABCVBDE）2探究2：如图2,在一般的RtVABC中， ACB 90°, BC a,将边AB绕点B顺 时针旋转90°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

8、角形 ABC中，AB AC , BC a,将边AB绕点B顺时针 旋转90°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.1 2【答案】（1）详见解析；（2） VBCD的面积为一a ,理由详见解析；（3） VBCD的面 2积为1 a2.4【解析】【分析】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 VABCVBDE ,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 VABCVBDE ,就有DE BC a.进而由三角形的面积公式得出结论；3

9、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1 一 的性质可以得出BF BC,由条件可以得出 VAFB且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】1如图1,过点D作DE CB交CB的延长线于E,BEDACB 900,由旋转知，AB AD , ABD 900,ABCDBE 90°，Q A ABC 900,A DBE , 在VABC和VBDE中，ACB BEDA DBE ,AB BDVABC VBDE AASBC DE a,Q Svbcd -BC DE ,2SVBCD 二 a ；21 22VBCD的面积为一a ,2理由

10、：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 900,ABC DBE 900，Q A ABC 900,A DBE , 在VABC和VBDE中，ACBBEDABBDvabc vbde aas ,BCDE a,Q SvBCD3如图3,过点A作AF BC与F,SVBCD1 22a，过点D作DE BC的延长线于点E,c1E 90°, BF -BC212a，afbFAB ABF 90°，Q ABD 900,ABF DBE 900,FAB ebd ,Q线段BD是由线段AB旋转得到的

11、,AB BD , 在vafb和vbed中,afb efab ebd,ab bdvafb vbed aas ,1 BF DE -a, 2QSvBCD-BC 2DE1 2VBCD的面积为一 a . 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1,在AABC中，/ACB=90°,点P为 A AB呐一点.(1)连接PB, PC,将ABCPg射线CA方向平移，得到 ADAE点B, C, P的对应点分别为 点D、A、E,连接CE.

12、依题意，请在图 2中补全图形； 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 AABP顶时针旋转60彳导至iJAMN,连接PA PR PC, 当AC=3, AB=6时，根据此图求 PA+PB+PM最小值.I第2周J【答案】(1)补图见解析；3力；(2)3/【解析】(1)连接P® PC,将BCP沿射线CA方向平移，得到 ADAE,点B、C、P的对应点分 别为点D、A、E,连接CE,据此画图即可； 连接BD、CD,构造矩形ACBD和RtA 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 4A

13、BP顺时针旋转60°得到AAMN,连接BN,根据 PAM、 ABN都是等边三角形，可得 PA+PB+PC=CP+PM+MN|后根据当 C P、M、N四点共射线，PA+PB+PC勺值最小，此时 4CBN是直角三角形，利用勾股定理即可解决问题如图，连接BD、CDBCP沿射线CA方向平移，得到 ADAE, .BO/ AD且 BC=AR / ACB=90 ；，四边形BCAD是矩形，CD=AB=6, .BP=3,，DE=BP=3 . BPXCE, BP/ DE,DE± CE, 在 RtA DOE中，牛=口E" 二产'一“= V27 = 3Ap ；(2)证明：如图所示

14、,当C、P、M、N四点共线时，PA+PB+PCt小由旋转可得， AMN0 APB,.PB=MN易得APM、4ABN都是等边三角形，PA=PMPA+PB+PC=PM+MN+PC=C NBN=AB=6, / BNA=60 ； / PAM=60 °/ CAN=Z CAB+Z BAN=60 +60 = 120 ；/ CBN=90 °在 RtA ABC,易得 BL %，AB J AC* = ："二 3V$在 RtA BCN 中，CN = ；BC+ 肃=守 + :拓=¥召=J 甲尊睛”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

15、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 .4.如图所示， ABC和4ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，/ BAC=/ DAE=90°, EC的 延长线交BD于点P.（1）把4ABC绕点A旋转到图1, BD, CE的关系是 （选填 相等”或不相等”）；简 要说明理由；（2）若AB=3, AD=5,把4ABC绕点A旋转，当/EAC=90。时，在图2中作出旋转后的图 形，PD=,简要说明计算过程；（3）在（2）的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为,最大值为.A"oF nit f'即图2D盅3&#

16、163;【答案】（1）BD,CE的关系是相等；（2）5 .34或20V34；（3）1, 71717【解析】分析：（1）依据4ABC和4ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，/ BAC=/ DAE=90 ,即可 BA=CA /BAD=/ CAE, DA=EA 进而得至U AABDAACEL,可彳导出 BD=CR（2）分两种情况：依据 / PDA=/ AEC, /PCD=/ ACE,可得 PC2 ACE，即可得到PD-=CD ,进而得至|J PD=A 734 ；依据 / ABD=Z PBE, / BAD=Z BPE=90 ,可得AE CE17 BADsBPE,即可得至|J -PB- -BE-,进而得

17、出 PB=V34 , PD=BD+PB=20V34 ； AB BD3417（3）以A为圆心，AC长为半径画圆，当 CE在。A下方与。A相切时，PD的值最小；当CE在在。A右上方与。A相切时，PD的值最大.在 RPED中，PD=DE?s冠PED,因此锐角/ PED的大小直接决定了 PD的大小.分两种情况进行讨论，即可得到旋转过程中线段PD的最小值以及最大值.详解：（1） BD, CE的关系是相等.理由： ABC和4ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，/ BAC=Z DAE=90 ,BA=CA, / BAD=Z CAE DA=EA.ABDAACE,BD=CE故答案为相等.（2）作出旋转后的图形，若

18、点 C在AD上，如图2所示：亚 / EAC=90 ce=Jac2 ae2 用, / PDA=Z AEC, / PCD=Z AC匕.,.PCDAACEPD CDAE CE， PD=J34 ;17若点B在AE上，如图2所示: / BAD=90 ；，.RABD 中，BD=JaD2AB2 734，BE=AE AB=2, / ABD=Z PBE, / BAD=Z BPE=90,.BAABP匕PB BEPB2,即二-T=，AB BD 3.346 解得PB=一届,34.1. PD=BD+PB=V34 +-V34 =y V34 ,故答案为 5京或生扃；1717PD(3)如图3所示，以A为圆心，AC长为半径画圆

19、，当 CE在。A下方与OA相切时, 的值最小；当CE在在。A右上方与。A相切时，PD的值最大.如图3所示，分两种情况讨论：在RtPED中，PD=DE?si也PER因此锐角 / PED的大小直接决定了 PD的大小. 当小三角形旋转到图中 4ACB的位置时，在 RtACE中，CE=J52 32 =4,在 R匕DAE中，DE=而L5r 5短，四边形ACPB是正方形，PC=AB=3, PE=3+4=7,在 RtA PDE 中，PD= 7DFPE2 750 49 1，即旋转过程中线段 PD的最小值为1；当小三角形旋转到图中 AB'C'时，可得DP'为最大值，此时，DP'=

20、4+3=7,即旋转过程中线段 PD的最大值为7.故答案为1, 7.点睛：本题属于几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三 角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识，解题的关键是灵活运用这 些知识解决问题，学会分类讨论的思想思考问题，学会利用图形的特殊位置解决最值问 题.5.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。'，点B,。旋转后的对应点为 B； 0.(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0'的坐标；(3)在(2)的条件

21、下，边 0B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)圉1周2【答案】(1) 5 亚；(2) 0' ( 9 ,延)；(3)P' ( 27 ,也).2255【解析】【分析】(1)先求出AB.利用旋转判断出 ABB是等腰直角三角形，即可得出结论；(2)先判断出/HAQ=60；利用含30度角的直角三角形的性质求出AH, 0H,即可得出结论；(3)先确定出直线 O'C的解析式，进而确定出点 P的坐标，再利用含 30度角的直角三角 形的性质即可得出结论.【详解】BA=B'A,(1) . A (3, 0) , B

22、(0, 4) , 6=3, OB=4, .-.AB=5,由旋转知,/BAB=90 ,° ABB'是等腰直角三角形，BB= J2 AB=5” ；(2)如图 2,过点 O'作 O'Hx 轴于 H,由旋转知，O'A=OA=3, / OAO'=120 ； / HAO'=60 Z HO'A=30 : . AH=y AO=-,OH=V3AH=33 ，2OH=OA+AH=-,2连接O'C P (0,.O'D=- O'P'=331027 6 3 .一,J 55OrfiH.O' ( 9,还)； 22(3)由

23、旋转知，AP=AP,O'P+AP=O'P+AP.如图3,作A关于y轴的对称点 C,交 y 轴于 P, O'P+AP=O'P+CP=O'C,此日O'P+AP 的值最小.点C与点A关于y轴对称，C(-3, 0).O' ( 9,3/3)直线O'C的解析式为丫=43*+封3 ,令x=0223百),.O'P'=OP=3愿,作 P'DO'H于 D.55 / B'O'A=Z BOA=90 ； / AO'H=30 ；/ DP'O'=30P'D= 73O'D=,

24、 1- DH=O'H- O'D=63 , O'H+P'D=-27 , . P (1055【点睛】30度角的直角本题是几何变换综合题，考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，含 角形的性质，构造出直角三角形是解答本题的关键.6.如图 1.在 4ABC 中，/ACB= 90°,点 P 为 4ABC 内一点.(1)连接PR PC,将4BCP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. 依题意，请在图2中补全图形； 如果 BP±CE, AB+ BP 9, CE= 3 J3 ,求 AB 的长.PR(2)如图3,

25、以点A为旋转中心，将 4ABP顺时针旋转60彳导到AAMN,连接PA PC,当AC= 4, AB=8时，根据此图求 PA+ PB+ PC的最小值.【答案】见解析，AB=6；4".【解析】 分析：(1)根据题意补全图形即可；CD=连接BD、CD.根据平移的性质和 ZACB= 90°,得到四边形 BCAD是矩形，从而有AB,设CD= AB= x ,则PB= DE= 9 X ,由勾股定理求解即可；(2)当C P、M、N四点共线时，PA+ PB+ PC最小.由旋转的性质和勾股定理求解即 可.详解：(1)补全图形如图所示；如图：连接BD、CD.BCP沿射线CA方向平移，得到 DAE,

26、2 .BC/ AD且 BC= AD, PB= DE.3 Z ACB= 90 °,，四边形 BCAD是矩形，.-.CD= AB,设 CD= AB= X ,贝U PB= 9 X ,DE= BP= 9 X,. BPXCE, BP/ DE,DE± CE, CE2 DE2 CD2, 373 29 x 2 x2,X 6,即 AB=6;(2)如图，当 C、P、M、N四点共线时，PA+ PB+ PC最小.由旋转可得： AMN0APB,PB= MN.易得APM、 ABN都是等边三角形，.PA= PM,PA+ PB+ PC= PM + MN + PC= CN,-.BN=AB= 8, Z BNA

27、= 60 °, / PAM= 60 ；/ CAN= / CAB+ / BAN= 60 + 60 = 120 ；/ CBN= 90 :在 RtABC 中，易得：bc=,AB2 AC2 882 42 4后在 RtBCN中，CN JBC2 BN2 J48 64 4" 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、全等三角形的判定与性 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.7.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

28、正方形 CEFG连接BG, DE.（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； 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%得到如图2情形.请（3）在第（2）题图4中，连接DG BE,且a=3,（2）将原题中正方形改为矩形（如图 3、4）,且AB=a, BC=b, CE=k2 CG=kb （ab, k>0）,第（1）题 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1b=2, k=,求 BE2+DG2 的值.【答案】（1）BG，DE, BG=DE;BG，DE,证明见解析；（2） BG±DE,证明见解 析；（3） 16

29、.25.【解析】DCE,分析：(1)根据正方形的性质，显然三角形BCG顺时针旋转90。即可得到三角形从而判断两条直线之间的关系； 结合正方形的性质，根据 SAS仍然能够判定BC8 4DCE,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 BH+DG2转换为两个矩形的长、宽平方和.详解：(1) BG ± DE, BG=DE二.四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，.BC=DQ CG=CE /BCD=/ ECG=90,°/ BCG=Z DC.BCGADCBG=D

30、E, / CBGN CDE又 /CBG+/ BHC=90 , / CDE+/ DHG=90 ；. BG± DE.(2) AB=a, BC=b, CE=ka CG=kb,.BC CG bDC CE a '又 / BCG=Z DCE, .-.BCGADC/ CBG=Z CDE又 /CBG+/ BHC=90 , / CDE+/ DHG=90 ；BGXDE.(3)连接 BE、DG.根据题意，得 AB=3, BC=2, CE=1.5, CG=1,BG± DE, / BCD=Z ECG=90 °BE2+DG2=BO2+qE2+DO2+OG2=BC2+CC2+cE?+C

31、G 2=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.8.如图1,在正方形 ABCD中，点E、F分别在边BC, CD上，且BE=DF点P是AF的中 点，点Q是直线AC与EF的交点，连接 PQ, PD.（1）求证：AC垂直平分EF;（2）试判断4PDQ的形状，并加以证明；（3）如图2,若将4CEF绕着点C旋转180°,其余条件不变，则（2）中的结论还成立 吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2） 4PDQ是等腰直角三角形；理由见解析（ 3）成立；理 由见解析.【解析】试题分析：（

32、1）由正方形的性质得出 AB=BC=CD=AD /B=/ADF=90,Z BCA=Z DCA=45 ,°由BE=DF，得出CE=CF CEF是等腰直角三角形，即可得出结论；111 II（2）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF, PQ=AF,得出PD=PQ再证明/DPQ=90 ；即可得出结论；111 II（3）由直角三角形斜边上的中线的性质得出PD=AF, PQAF,得出PD=PQ再证明点A、F Q、P四点共圆，由圆周角定理得出/DPQ=2/ DAQ=90°,即可得出结论.试题解析：（1）证明：二四边形ABCD是正方形， . AB=BC=CD=AD / B=Z AD

33、F=90 ,° / BCA=Z DCA=45 ； ,.BE=DR .CE=CF AC垂直平分 EF;(2)解：4PDQ是等腰直角三角形；理由如下：点 P 是 AF 的中点，/ADF=90,°II 11 .PD= AF=PA / DAP=/ ADP, .AC垂直平分 EF,/ AQF=90 ,°111PQ= AF=PA / PAQ土 AQP, PD=PQ, / DPF=/ PAD+/ ADP, / QPF=/ PAQ+/ AQP,/ DPQ=2/ PAD+2/ PAQ=2 ( / PAD+Z PAQ =2 X 4590 ； PDQ是等腰直角三角形； (3)成立；理由

34、如下： 点 P 是 AF 的中点，/ADF=90,°.PD= AF=PA BE=DR BC=CQ / FCQ=Z ACD=45 ,° / ECQ=Z ACB=45 ； .CE=CF /FCQ=Z ECQ .-.CQ± EF, /AQF=90,°1 PQ= AF=AP=PF PD=PQ=AP=PF点A、F、Q、P四点共圆， / DPQ=2/ DAQ=90 ； PDQ是等腰直角三角形. 考点：四边形综合题.9.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

35、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4MBN的周长为p,在旋转正方形 ABCD的过程中，p值是否有变化？请 证明你白结论.图3【答案】(1)(2) 225； (3)不变化，证明见解析.【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 450|,从而根据扇形面积公式可求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，根据平行的性质和全等

36、三角形的判定和性质可求 正方形ABCD旋转的度数为2工51延长BA交DE轴于H点，通过证明如“片/DON和4DM厅三ZJDMN可得结论.(1) :人点第一次落在DF上时停止旋转，DA旋转了 45，45丁 x 22 7T，DA在旋转过程中所扫过的面积为 市0 W(2) MN/AC, . WMN = £/MC = 45INM = mC/1=45' . LBMN = LBNM . .又. .口河=ON.又DA = DCDAM = DCN. ADAM=ADCN_/.ADM = LCDN=-(90&- 450) = 2Z5。，旋转过程中，当 MN和AC平行时，正方形 ABCD旋

37、转的度数为45*不变化，证明如下：如图，延长BA交DE轴于H点，则EADE = 450 - LADM 卬前=9。0 - 450 - £ADM = 45° 二 ADM卜v= DCDAU = ISO。- 90。= 90° = DCN . AD用修ADCN.又-LMDE = LMDN = 45。用M =叫,. ADMH=ADMN MN UMM* . MNAMCN I. II .lxnln M-，;»"：，在旋转正方形 ABCD的过程中，P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.AC/ OP

38、10.已知O为直线MN上一点，OP, MN ,在等腰RtABO中，BAO 90 交OM于C, D为OB的中点，DE，DC交MN于E.如图1,若点B在OP上，则 AJ OE填 = "或” ;） 线段CA、CO CD满 足的等量关系式是;（2）将图1中的等腰RtABO绕O点顺时针旋转 （045 ）,如图2,那么（1）中的结论是否成立？请说明理由；将图1中的等腰RtABO绕O点顺时针旋转 （），请你在图3中画出图形，并直接写出 线段CA、CO、CD满足的等量关系式 ;5【答案】（1）二；AC'cCcD2; （2） （1）中的结论 不成立，理由见解析；（3）画图见解析；oc-ca=J

39、2cd.【解析】试题分析：（1）如图1,证明AC=OC和OC=OE可得结论； 根据勾股定理可得： AC2+CO2=CD2； （2）如图2, （ 1）中的结论不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明 A、D、O、C四点共圆，得 /ACD=/ AOB,同理得：/ EFO=/ EDO,再证明 ACOWEOF,彳# OE=AC AO=EF,根据勾股定理得： AC2+OC?=f02+OE2=eF2,由直角三角形中最长边为斜边可得结论；（ 3）如图3,连接AD,则AD=OD证明AC*OED,根 据4CDE是等腰直角三角形，得 C彦=2CD2,等量代换可得结论（OC- OE） 2= （ OC- AC）2=2C

40、D2,开方后是：OC- AC=/2 cd.试题解析：（1）AC=OE,理由：如图 1, ,在等腰 RtABO 中，/BAO=90,，/ABO=/ AOB=45 , . OP± MN ,/ COP=90 ,°/ AOC=45 ； . AC/ OP,/CAO=/ AOB=45 ； /ACO=/ POE=90 . AC=OC连接AD, .BD=OD, .1. AD=OD, AD± OB, .AD/ OC,，四边形 ADOC 是正方形，. / DCO=45 ； .AC=OD,/ DEO=45 ；. CD=DE. OC=OE .AC=OE；在RtCDO中， . CD2=OC

41、2+OD2, -CE2=AC2+OC2；故答案为aC?+cO2=cD2；（2）如图2, （1）中的结论不成立，理由是：连接AD,延长CD交OP于F,连接EF,.AB=AO, D 为 OB 的中点,/.ADI OB,/ ADO=90 ； / CDE=90,°/ ADO=Z ODE,/ ADO- / CDO=Z CDE- / CDO,即 / ADC=Z EDO, / ADO=/ACO=90 ； . . / ADO+/ACO=180. A、D、O、C 四点共圆，/ ACD=Z AOB,同理得：/ EFO之 EDO, / EFO1 AOC, ABO是等腰直角三角形，/ AOB=45 ；/ D

42、CO=45 COF和CDE是等腰直角三角形，.OC=OF, / ACO=Z EOF=90 , °AACO EOR. OE=AQ AO=EF,.,.AC2+OC2=FC2+OE2=EF2,RtA DEF 中，EF> DE=DQ . . AdOC2 >DC2,所以(1)中的结论不成立；(3)如图 3,结论：OC- CA=/2 CD,理由是：连接 AD,则AD=OD,同理：/ADC=/ EDO, / CAB+Z CAO=Z CAO+Z AOC=90 ；. C CAB=Z AOC, / DAB=Z AOD=45 ；. / DAB- / CAB=Z AOD- / AOC,即 /DA

43、C=/DO匕AACDAOED, . AC=O耳 CD=DE ， CDE是等腰直角三角形，.CE2=2CE2，(OC OE) 2= (OC AC) 2=2CE2,，OC AC嗔 CD,考点：几何变换的综合题11. (1)发现如图，点 A为线段BC外一动点，且 BC a, AB b.填空：当点 A位于 时，线段AC的长取得最大值，且最大值为 (用含a , b的式子表示)A(2)应用点A为线段BC外一动点，且BC 3, AB 1.如图所示，分别以 AB , AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形 ACE，连接CD , BE .找出图中与BE相等的线段，并说明理由；直接写出线段BE长的最大值.(3)

44、拓展如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为 2, 0，点B的坐标为 5, 0，点P为线段AB外一动点，且PA 2 , PM PB , BPM 90 ,求线段AM长的最大值及此时 点P的坐标.【答案】(1) CB的延长线上，a+b; (2)DC=BE,理由见解析；BE的最大值是4;(3) AM的最大值是3+2 J2,点P的坐标为(2-疙，22)【解析】【分析】(1)根据点A位于CB的延长线上时，线段 AC的长取得最大值，即可得到结论；(2)根据等边三角形的性质得到 AD=AB, AC=AE，Z BAD=Z CAE=60 ,推出 CADEAB,根据全等三角形的性质得到CD=BE由于线段BE长的最大

45、值二线段CD的最大值，根据(1)中的结论即可得到结果；(3)连接BM,将4APM绕着点P顺时针旋转90°得至iJPBN,连接AN,得到4APN是等 腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN=PA=2, BN=AM,根据当N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，即可得到最大值为2 J2+3;如图2,过P作PE±x轴于E,根据等腰直角三角形的性质即可得到结论.【详解】解：(1)二.点A为线段BC外一动点，且 BC=a, AB=b,当点A位于CB的延长线上时，线段 AC的长取得最大值，且最大值为BC+AB=a+h故答案为CB的延长线上，a+b;(2)CD=BE,理由： 4A

46、BD与4ACE是等边三角形， .AD=AB, AC=AE /BAD=/ CAE=60 , °Z BAD+Z BAC=Z CAE+Z BAC,即 / CAD=Z EAB,在ACAD与 EAB中，AD=ABCAD= EAB , AC=AE ACADIA EAB, .CD=B二线段BE长的最大值=线段CD的最大值，由(1)知，当线段 CD的长取得最大值时，点 D在CB的延长线上，最大值为 BD+BC=AB+BC=4(3)二.将APM绕着点P顺时针旋转90。得至iJPBN,连接AN, 则 APN是等腰直角三角形，N 却，PN=PA=2, BN=AM,.A的坐标为（2, 0）,点B的坐标为（5

47、, 0）,.OA=2, OB=5, .AB=3,线段AM长的最大值二线段BN长的最大值，当N在线段BA的延长线时，线段 BN取得最大值, 最大值=AB+AN,. AN=V2 AP=2V?，最大值为22+3;如图2,过P作P已x轴于E,1V0 A B 也图2 APN是等腰直角三角形，PE=AE=& , . OE=BO-AB-AE=5-3-、, 2 =2- , 2 ， P （2- .2 , 、2 ） .【点睛】考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，最大值问题，旋转的性质.正 确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.12.如图1, O为直线AB上一点，OC为射线，Z AOC=

48、 40°,将一个三角板的直角顶点放 在点。处，一边 OD在射线OA上，另一边 OE与OC都在直线 AB的上方./BOC;(2)将三角板绕点 O在直线AB上方顺时针旋转，当 OD落在/BOC内部，且Z COD=1,一/ BOE时，求/ AOE的度数：3(3)将图1中的三角板和射线 OC同时绕点O,分别以每秒6。和每秒2。的速度顺时针旋转一周，求第几秒时， OD恰好与OC在同一条直线上？【答案】(1)证明见解析；(2) 142.5 °； (3)第10秒或第55秒时.【解析】【分析】(1)由角平分线的性质及同角的余角相等，可得答案；(2)设/ COD= a,则/ BOE= 3 a

49、,由题意得关于 a的方程，求解即可；(3)分两种情况考虑：当 OD与OC重合时；当OD与OC的反向延长线重合时.【详解】解：(1) .OD恰好平分ZAOC/ AOD= / COD / DOE= 90 °Z AOD+Z BOE= 90； ZCOD+Z COE= 90 °/ BOE= / COEOE 平分/ BOG(2)设/COD=a,贝U /BOE= 3 a,当 OD 在/BOC的内部时，/ AOD= / AOG/ COD= 40 ° + a3 / AOD+Z BOE= 180 - 90 = 90 °4 .40° +“斗3)位°5 a=

50、 12.5 °/ AOE= 180 : 3 A 142.5 °6 / AOE 的度数为 142.5 . °(3)设第t秒时，OD与OC恰好在同一条直线上，则 ZAOD=6t, Z AOC= 2t+40°；当OD与OC重合日6t-2t=40°7 t = 10 (秒)；当OD与OC的反向延长线重合时，6t-2t= 180 +40°8 .t = 55 (秒)，第10秒或第55秒时，OD恰好与OC在同一条直线上.【点睛】本题主要考查角平分线的性质、余角的性质，角度的计算，进行分类讨论不漏解是关键13.已知 ABC是边长为4的等边三角形，边 A

51、B在射线OM上，且OA= 6,点D是射线 OM上的动点，当点 D不与点A重合时，将4ACD绕点C逆时针方向旋转60彳导到 BCE 连接DE.(1)如图1,求证：4CDE是等边三角形.(2)设 OD=t, 当6vt<10时，4BDE的周长是否存在最小值？若存在，求出4BDE周长的最小值；若不存在，请说明理由. 求t为何值时，4DEB是直角三角形(直接写出结果即可).图2【答案】(1)见解析；(2) 他解析；t = 2或14.【解析】【分析】(1)由旋转的性质得到 /DCE=60, DC=EC即可得到结论；(2)当6<t<10时，由旋转的性质得到 BE=AD,于是得到CadbE=

52、BE+DB+DE=AB+DE=4+D,E根据等边三角形的性质得至ijDE=CD由垂线段最短得至U当CD± AB时，4BDE的周长最小，于是得到结论； 存在，当点D与点B重合时，D, B, E不能构成三角形；当 0W6时，由旋转的性质 得至IJ / ABE=60 , / BDEV 60°,求得/ BED=90 ,根据等边三角形的性质得到/ DEB=60 ,求得/CEB=30,求得 OD=OA-DA=6-4=2=t;当6vtv10时，此时不存在；当 t>10时，由旋 转的性质得到/ DBE=60 ,求得/ BDE>60°,于是得到t=14.【详解】(1)二

53、将4ACD绕点C逆时针方向旋转 60°得到ABCE，/ DCE= 60 : DC= EC, .CDE是等边三角形；(2) 存在，当6vtv10时，由旋转的性质得，BE= AD, Ca dbe= BE+DB+DE= AB+DE= 4+DE,由(1)知， CDE是等边三角形，.DE=CD, Ca dbe= CD+4,由垂线段最短可知，当 CD± AB时，4BDE的周长最小，此时，CA 2日 .BDE 的最小周长= CD+4 2J3+4; 存在，二.当点D与点B重合时，D, B, E不能构成三角形，当点D与点B重合时，不符合题意；当 0W6 时，由旋转可知，Z ABE= 60°, /BDEv 60°,/ BED= 90 ；由（1）可知，4CDE是等边三角形，/ DEB= 60 ；/ CEB= 30 ； / CEB= / CDA,/ CDA= 30 ； / CAB= 60 ；/ ACD= / ADC= 30 °,.DAMCAM 4,.OD=OA- DA= 6-4= 2,. .t=2;当 6vtv1