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初二数学全等三角形压轴几何题(讲义及答案)及答案

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初二数学全等三角形压轴几何题(讲义及答案)及答案

一、全等三角形旋转模型

1.(课题研究)旋转图形中对应线段所在直线的夹角(小于等于90°的角)与旋转角的关系.

(问题初探)线段AB绕点O顺时针旋转得到线段CD,其中点A与点C对应,点B与点D对应,旋转角的度数为α,且0°<α<180°.

(1)如图①,当α=60°时,线段AB、CD所在直线夹角(锐角)为 ;

(2)如图②,当90°<α<180°时,直线AB与直线CD所夹锐角与旋转角α存在怎样的数量关系?请说明理由;

(形成结论)旋转图形中,当旋转角小于平角时,对应线段所在直线的夹角与旋转角 .

(运用拓广)运用所形成的结论解决问题:

(3)如图③,四边形ABCD中,∠ABC=60°,∠ADC=30°,AB=BC,CD=3,BD=

19,求AD的长.

解析:(1)60°;(2)互补,理由见解析;【形成结论】相等或互补;(3)10 【分析】

(1)由旋转的性质可得ABCD,OAOC,BODO,可证AOBCOD(SSS),可得BD,由三角形内角和定理可求解;

COD(SSS),可得BD,由平角的定义和四边形内角和定理可求解;

(2)由旋转的性质可得ABCD,OAOC,BODO,可证AOB【形成结论】

由(1)(2)可知对应线段所在直线的所夹锐角角与旋转角:相等或互补; 【运用拓广】

(3)将BCD绕点B顺时针旋转60,得到BAF,连接FD,由旋转的性质可得

BFBD,AFCD3,由三角形内角和定理可求FAD90,由勾股定理可求解. 【详解】

解:(1)如图1,延长DC交AB于F,交BO于E,

60,

BOD60,

线段AB绕点O顺时针旋转得线段CD, ABCD,OAOC,BODO,

AOBCOD(SSS),

BEF,

BD,

BD,OEDBFEEOD60,

故答案为:60;

(2)直线AB与直线CD所夹锐角角与旋转角互补, 理由如下:

如图2,延长AB,DC交于点E,

线段AB绕点O顺时针旋转得线段CD,

ABCD,OAOC,BODO,

AOBCOD(SSS), ABOD, ABOEBO180, DEBO180, EBOEDBOD360, EBOD180,

直线AB与直线CD所夹锐角角与旋转角互补. 形成结论

由(1)(2)(3)可知:旋转图形中,当旋转角小于平角时,对应线段所在直线的所夹锐角角与旋转角:相等或互补. 故答案为:相等或互补. 运用拓广

(3)如图3,将BCD绕点B顺时针旋转60,得到BAF,连接FD,

延长FA,DC交于点E,

旋转角ABC60,

BCDBAF,

AEDABC60,AFCD3,BDBF, ADC30, FADAEDADC90, FBDABC60,BFBD, 又

BFD是等边三角形, BFBDDF,

在RtDAF中,AD【点睛】

本题是几何变换综合题,考查了旋转的性质,全等三角形的判定和性质,等边三角形的判定和性质等知识,添加辅助线构造全等三角形是本题的关键. 2.阅读下面材料:

小炎遇到这样一个问题:如图1,点E、F分别在正方形ABCD的边BC,CD上,∠EAF=45°,连结EF,则EF=BE+DF,试说明理由.

DF2AF219910.

小炎是这样思考的:要想解决这个问题,首先应想办法将这些分散的线段相对集中.她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法,最后发现线段AB,AD是共点并且相等的,于是找到解决问题的方法.她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG,再利用全等的知识解决了这个问题(如图2).

参考小炎同学思考问题的方法,解决下列问题:

(1)如图3,四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=90°点E,F分别在边BC,CD上,∠EAF=45°.若∠B,∠D都不是直角,则当∠B与∠D满足_ 关系时,仍有EF=BE+DF; (2)如图4,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D、E均在边BC上,且∠DAE=45°,若

BD=1, EC=2,求DE的长.

答案:B

解析:(1)∠B+∠D=180°(或互补);(2)∴DE5 【解析】

试题分析:(1)如图,△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG,利用全等的知识可知,要使EF=BE+DF,即EF=DG+DF,即要F、D、G三点共线,即∠ADG+∠ADF=180°,即∠B+∠D=180°.

(2) 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG,可使AB与AC重合,通过证明△AEG≌△AED得到DE=EG,由勾股定理即可求得DE的长. (1)∠B+∠D=180°(或互补). (2)∵ AB=AC,

∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG,可使AB与AC重合. 则∠B=∠ACG,BD=CG,AD=AG. ∵在△ABC中,∠BAC=90°,

∴∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°于,即∠ECG=90°. ∴ EC2+CG2=EG2. 在△AEG与△AED中,

∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD. 又∵AD=AG,AE=AE, ∴△AEG≌△AED . ∴DE=EG. 又∵CG=BD,

∴ BD2+EC2=DE2. ∴DE5.

考点:1.面动旋转问题;2.全等三角形的判定和性质;3.勾股定理. 3.问题背景:如图1,在四边形ABCD中,BAD90,BCD90,

BABC,ABC120,MBN60,MBN绕B点旋转,它的两边分别交AD、

DC于E、F.探究图中线段AE,CF,EF之间的数量关系.小李同学探究此问题的方法是:延长FC到G,使CGAE,连接BG,先证明△BCG≌△BAE,再证明△BFC≌△BFE,可得出结论,他的结论就是_______________;

探究延伸1:如图2,在四边形ABCD中,BAD90,BCD90,BABC,ABC2MBN,MBN绕B点旋转,它的两边分别交AD、DC于E、F.上述结论是否仍然成立?请直接写出结论(直接写出“成立”或者“不成立”),不要说明理由. 探究延伸2:如图3,在四边形ABCD中,BABC,BADBCD180,

ABC2MBN,MBN绕B点旋转,它的两边分别交AD、DC于E、F.上述结论是否仍然成立?并说明理由.

实际应用:如图4,在某次军事演习中,舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30的A处舰艇乙在指挥中心南偏东70的B处,并且两舰艇到指挥中心的距离相等接到行动指令后,舰艇甲向正东方向以75海里/小时的速度前进,同时舰艇乙沿北偏东50的方向以100海里/小时的速度前进,1.2小时后,指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E、F处,且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为70,试求此时两舰艇之间的距离.

答案:E

解析:EF=AE+CF.探究延伸1:结论EF=AE+CF成立.探究延伸2:结论EF=AE+CF仍然成立.实际应用:210海里. 【分析】

延长FC到G,使CGAE,连接BG,先证明△BCG≌△BAE,可得BG=BE,∠CBG=∠ABE,再证明BGF≌BEF,可得GF=EF,即可解题;

探究延伸1:延长FC到G,使CGAE,连接BG,先证明△BCG≌△BAE,可得

BG=BE,∠CBG=∠ABE,再证明BGF≌BEF,可得GF=EF,即可解题;

探究延伸2:延长FC到G,使CGAE,连接BG,先证明△BCG≌△BAE,可得BG=BE,∠CBG=∠ABE,再证明BGF≌BEF,可得GF=EF,即可解题;

实际应用:连接EF,延长AE,BF相交于点C,然后与探究延伸2同理可得EF=AE+CF,将AE和CF的长代入即可. 【详解】 解:EF=AE+CF

理由:延长FC到G,使CGAE,连接BG,

在△BCG和△BAE中,

BCBABCGBAE90, CGAE∴△BCG≌△BAE(SAS), ∴BG=BE,∠CBG=∠ABE, ∵∠ABC=120°,∠MBN=60°, ∴∠ABE+∠CBF=60°, ∴∠CBG+∠CBF=60°, 即∠GBF=60°, 在△BGF和△BEF中,

BGBEGBFEBF, BFBF∴△BGF≌△BEF(SAS), ∴GF=EF,

∵GF=CG+CF=AE+CF, ∴EF=AE+CF.

探究延伸1:结论EF=AE+CF成立.

理由:延长FC到G,使CGAE,连接BG,

在△BCG和△BAE中,

BCBABCGBAE90, CGAE∴△BCG≌△BAE(SAS), ∴BG=BE,∠CBG=∠ABE, ∵∠ABC=2∠MBN, ∴∠ABE+∠CBF=∴∠CBG+∠CBF=即∠GBF=

1∠ABC, 21∠ABC, 21∠ABC, 2在△BGF和△BEF中,

BGBEGBFEBF, BFBF∴△BGF≌△BEF(SAS), ∴GF=EF,

∵GF=CG+CF=AE+CF, ∴EF=AE+CF.

探究延伸2:结论EF=AE+CF仍然成立. 理由:延长FC到G,使CGAE,连接BG,

∵BADBCD180,∠BCG+∠BCD=180°,

∴∠BCG=∠BAD 在△BCG和△BAE中,

BCBABCGBAE, CGAE∴△BCG≌△BAE(SAS), ∴BG=BE,∠CBG=∠ABE, ∵∠ABC=2∠MBN, ∴∠ABE+∠CBF=∴∠CBG+∠CBF=即∠GBF=

1∠ABC, 21∠ABC, 21∠ABC, 2在△BGF和△BEF中,

BGBEGBFEBF, BFBF∴△BGF≌△BEF(SAS), ∴GF=EF,

∵GF=CG+CF=AE+CF, ∴EF=AE+CF.

实际应用:连接EF,延长AE,BF相交于点C,

∵∠AOB=30°+90°+(90°-70°)=140°,∠EOF=70°, ∴∠EOF=

1∠AOB 2∵OA=OB,∠OAC+∠OBC=(90°-30°)+(70°+50°)=180°, ∴符合探索延伸中的条件 ∴结论EF= AE+CF仍然成立 即EF=75×1.2+100×1.2=210(海里) 答:此时两舰艇之间的距离为210海里. 【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质.作辅助线构造全等三角形是解题的关键.

4.如图1,四边形ABCD中,BD⊥AD,E为BD上一点,AE=BC,CE⊥BD,CE=ED

(1)已知AB=10,AD=6,求CD;

(2)如图2,F为AD上一点,AF=DE,连接BF,交BF交AE于G,过G作GH⊥AB于H,∠BGH=75°.求证:BF=22GH+2EG.

答案:B

解析:(1)22;(2)证明见解析 【分析】

(1)由勾股定理得出BD=AB2AD2=8,由HL证得Rt△ADE≌Rt△BEC,得出BE=AD,则CE=ED=BD﹣BE=BD﹣AD=2,由等腰直角三角形的性质即可得出结果; (2)连接CF,易证AF=CE,AD∥CE,得出四边形AECF是平行四边形,则AE=CF,AE∥CF,得出∠CFD=∠EAD,∠CFB=∠AGF,由Rt△ADE≌Rt△BEC,得出∠CBE=∠EAD,推出∠CBE=∠CFD,证得△BCF是等腰直角三角形,则BF=2BC=2CF=

2AE,∠FBC=∠BFC=45°,推出∠AGF=45°,∠AGH=60°,∠GAH=30°,则AG=

2GH,得出BF=2AE=2(AG+EG),即可得出结论. 【详解】

(1)解:∵BD⊥AD,

∴BD=AB2AD2=10262=8, ∵CE⊥BD,

∴∠CEB=∠EDA=90°,

AEBC在Rt△ADE和Rt△BEC中,,

EDCE∴Rt△ADE≌Rt△BEC(HL), ∴BE=AD,

∴CE=ED=BD﹣BE=BD﹣AD=8﹣6=2,

∴CD2=CE=22; (2)解:连接CF,如图2所示:

∵AF=DE,DE=CE, ∴AF=CE, ∵BD⊥AD,CE⊥BD, ∴AD∥CE,

∴四边形AECF是平行四边形, ∴AE=CF,AE∥CF,

∴∠CFD=∠EAD,∠CFB=∠AGF, 由(1)得:Rt△ADE≌Rt△BEC, ∴∠CBE=∠EAD, ∴∠CBE=∠CFD,

∵∠FBD+∠BFC+∠CFD=90°, ∴∠FBD+∠BFC+∠CBE=90°, ∴∠BCF=90°, ∵AE=BC, ∴BC=CF,

∴△BCF是等腰直角三角形,

∴BF=2BC=2CF=2AE,∠FBC=∠BFC=45°, ∴∠AGF=45°, ∵∠BGH=75°,

∴∠AGH=180°﹣45°﹣75°=60°, ∵GH⊥AB, ∴∠GAH=30°, ∴AG=2GH,

∴BF=2AE=2(AG+EG), ∴BF=22GH+2EG. 【点睛】

本题考查了等腰直角三角形的判定与性质、含30°角直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质等知识,熟练掌握直角三角形的性质、作辅助线构建平行四边形是解题的关键. 5.问题背景

如图(1),在四边形ABCD中,∠B+∠D=180°,AB=AD,∠BAD=α,以点A为顶点作一

个角,角的两边分别交BC,CD于点E,F,且∠EAFDF,EF之间的数量关系.

1α,连接EF,试探究:线段BE,2

(1)特殊情景

在上述条件下,小明增加条件“当∠BAD=∠B=∠D=90°时”如图(2),小明很快写出了:BE,DF,EF之间的数量关系为______. (2)类比猜想

类比特殊情景,小明猜想:在如图(1)的条件下线段BE,DF,EF之间的数量关系是否仍然成立?若成立,请你帮助小明完成证明;若不成立,请说明理由. (3)解决问题

如图(3),在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=4,点D,E均在边BC上,且∠DAE=45°,若BD2,请直接写出DE的长.

52 3答案:B

解析:(1)BE+DF=EF;(2)成立;(3)DE【分析】

(1)将△ABE绕点A逆时针旋转90°,得到△ADG,由旋转的性质可得AE=AG,BE=DG,∠BAE=∠DAG,根据∠EAF=

1∠BAD可得∠BAE+∠DAF=45°,即可得出∠∠EAF=2∠FAG,利用SAS可证明△AFE≌△AFG,可得EF=FG,进而可得EF=BE+FD;(2)将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH,由旋转的性质可得∠ABE=∠ADH,∠BAE=∠DAH,AE=AH,BE=DH,根据∠BAD=α,∠EAF11α可得∠BAE+∠FADα,进而可证明∠FAH22=∠EAF,利用SAS可证明△AEF≌△AHF,可得EF=FH=BE+FD;(3)将△AEC绕点A顺时针旋转90°,得到△AE′B,连接DE′,由旋转的性质可得BE′=EC,AE′=AE,∠C=∠ABE′,∠EAC=∠E′AB,根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=45°,BC=42,即可求出∠E′BD=90°,利用SAS可证明△AEF≌△AHF,可得DE=DE′,利用勾股定理求出DE的长即可的答案. 【详解】 (1)BE+DF=EF,

如图1,将△ABE绕点A逆时针旋转90°,得到△ADG, ∵∠ADC=∠B=∠ADG=90°,

∴∠FDG=180°,即点F,D,G共线. 由旋转可得AE=AG,BE=DG,∠BAE=∠DAG. ∵∠BAE+∠DAF=∠BAD﹣∠EAF=90°﹣∴∠DAG+∠DAF=45°,即∠FAG=45°, ∴∠EAF=∠FAG, ∴△AFE≌△AFG(SAS), ∴EF=FG.

又∵FG=DG+DF=BE+DF, ∴BE+DF=EF,

1∠BAD=90°-45°=45°, 2

故答案为BE+DF=EF. (2)成立.

如图2,将△ABE绕点A逆时针旋转α得到△ADH, 可得∠ABE=∠ADH,∠BAE=∠DAH,AE=AH,BE=DH. ∵∠B+∠ADC=180°, ∴∠ADH+∠ADC=180°, ∴点C,D,H在同一直线上. ∵∠BAD=α,∠EAF∴∠BAE+∠FAD∴∠DAH+∠FAD1α, 21α, 21α, 2∴∠FAH=∠EAF, 又∵AF=AF,

∴△AEF≌△AHF(SAS), ∴EF=FH=DF+DH=DF+BE;

(3)DE52, 3如图3,将△AEC绕点A顺时针旋转90°,得到△AE′B,连接DE′.

可得BE′=EC,AE′=AE,∠C=∠ABE′,∠EAC=∠E′AB, 在Rt△ABC中,∵AB=AC=4,∠BAC=90°, ∴∠ABC=∠ACB=45°,BC=42, ∴CD=BC=BD=32,

∴∠ABC+∠ABE′=90°,即∠E′BD=90°, ∴E′B2+BD2=E′D2. 易证△AE′D≌△AED, ∴DE=DE′,

∴DE2=BD2+EC2,即DE2(2)2(32DE)2, 解得DE【点睛】

本题考查旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理,旋转后不改变图形的大小和形状,并且对应点到旋转中心的距离相等,对应点与旋转中心的连线的夹角等于旋转角,熟练掌握旋转的性质及全等三角形的判定定理是解题关键.

6.如图所示,ABC中,ABBC1,ABC90,把一块含30角的直角三角板

52. 3DEF的直角顶点D放在AC的中点上(直角三角板的短直角边为DF,长直角边为DE),将三角板DEF绕D点按逆时针方向旋转.

(1)在如图所见中,DE交AB于M,DF交BC于N,证明DMDN;

(2)继续旋转至如图所见,延长AB交DE于M,延长BC交DF于N,证明DMDN.

答案:B

解析:(1)见解析;(2)见解析. 【解析】 【分析】

(1)连接BD,证明△DMB≌△DNC.根据已知,全等条件已具备两个,再证出∠MDB=∠NDC,用ASA证明全等,四边形DMBN的面积不发生变化,因为它的面积始终等于△ABC面积的一半;

(2)同样利用(1)中的证明方法可以证出△DMB≌△DNC; (3)方法同(1). 【详解】

证明:(1)连接BD,

∵AB=BC,∠ABC=90°,点D为AC的中点 ∴BD⊥AC,∠A=∠C=45° ∴BD=AD=CD ∴∠ABD=∠A=45° ∴∠MBD=∠C=45° ∵∠MDB+∠BDN=90° ∠NDC+∠BDN=90° ∴∠MDB=∠NDC 在△MDB和△NDC中

MBD=C BD=CDMDB=NDC∴△MDB≌△NDC(ASA) ∴DM=DN(5分)

(2)DM=DN仍然成立.理由如下:连接BD,

由(1)知BD⊥AC,BD=CD ∴∠ABD=∠ACB=45°

∵∠ABD+∠MBD=180°∠ACB+∠NCD=180° ∴∠MBD=∠NCD ∵BD⊥AC

∴∠MDB+∠MDC=90° 又∠NDC+∠MDC=90° ∴∠MDB=∠NDC 在△MDB和△NDC中

MBD=NCD BD=CDMDB=NDC∴△MDB≌△NDC(ASA) ∴DM=DN. 【点睛】

本题主要考查学生的推理能力,题目比较典型,利用ASA求三角形全等(手拉手模型),还运用了全等三角形的性质,等腰直角三角形的性质,及等腰三角形三线合一定理等知识.

7.如图1,在Rt△ABC中,AB=AC,∠A=90°,点D、E分别在边AB、AC上,AD=AE,连结DC,点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点.

(1)观察猜想:图1中,线段PM与PN的数量关系是________,位置关系是__________;

(2)探究证明:把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,连结MN,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DE=2,BC=4,请直接写出△PMN面积的最大值.

答案:C

解析:(1)PM=PN,PM⊥PN,理由见详解;(2)△PMN是等腰直角三角形,理由见详解;(3)△PMN面积的最大值是【分析】

(1)利用三角形的中位线得出PM=

9. 411CE,PN=BD,进而判断出BD=CE,即可得出结2211BD,PN=BD,22论,再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM=∠DCA,最后用互余即可得出结论; (2)先判断出△ABD≌△ACE,得出BD=CE,同(1)的方法得出PM=即可得出PM=PN,同(1)的方法即可得出结论;

(3)先判断出BD最大时,△PMN的面积最大,而BD最大是AB+AD=14,即可得出结论. 【详解】

解:(1)∵点P,N是BC,CD的中点, ∴PN∥BD,PN=

1BD, 2∵点P,M是CD,DE的中点, ∴PM∥CE,PM=

1CE, 2∵AB=AC,AD=AE, ∴BD=CE, ∴PM=PN, ∵PN∥BD, ∴∠DPN=∠ADC, ∵PM∥CE, ∴∠DPM=∠DCA, ∵∠BAC=90°, ∴∠ADC+∠ACD=90°,

∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°, ∴PM⊥PN;

故答案为:PM=PN,PM⊥PN; (2)△PMN是等腰直角三角形; 理由:由旋转知,∠BAD=∠CAE, ∵AB=AC,AD=AE, ∴△ABD≌△ACE(SAS), ∴∠ABD=∠ACE,BD=CE,

同(1)的方法,利用三角形的中位线得,PN=∴PM=PN,

11BD,PM=CE, 22∴△PMN是等腰三角形, 同(1)的方法得,PM∥CE, ∴∠DPM=∠DCE,

同(1)的方法得,PN∥BD, ∴∠PNC=∠DBC,

∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC, ∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC =∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC =∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC, ∵∠BAC=90°, ∴∠ACB+∠ABC=90°, ∴∠MPN=90°,

∴△PMN是等腰直角三角形;

(3)由(2)知,△PMN是等腰直角三角形,PM=PN=

1BD, 2∴PM最大时,△PMN面积最大,即:BD最大时,△PMN面积最大, ∴点D在BA的延长线上, ∵DE=2,BC=4, ∴AD22422 22,AB22∴BD=AB+AD=32, ∴PM=

32, 2113229PM2=(); 2224∴S△PMN最大=【点睛】

此题是几何变换综合题,主要考查了三角形的中位线定理,等腰直角三角形的判定和性质,全等三角形的判断和性质,直角三角形的性质,解(1)的关键是判断出PM=PN=

1CE,21BD,解(2)的关键是判断出△ABD≌△ACE,解(3)的关键是判断出BD最大时,2△PMN的面积最大,是一道中考常考题. 8.问题提出:

(1)如图1,在ABC中,ABACBC,点D和点A在直线BC的同侧,

BDBC,BAC90,DBC30,连接AD,将△ABD绕点A逆时针旋转90得到ACD,连接BD(如图2),可求出ADB的度数为______. 问题探究:

(2)如图3,在(1)的条件下,若BAC,DBC,且120,

DBCABC ,

①求ADB的度数.

②过点A作直线AEBD,交直线BD于点E,BC7,AD2.请求出线段BE的长.

答案:A

解析:(1)30°;(2)①30;②7【分析】

(1)由旋转的性质,得△ABD≌ACD,则ADBADC,然后证明BCD是等边三角形,即可得到ADBADC30;

(2)①将△ABD绕点A逆时针旋转,使点B与点C重合,得到△ACD',连接

3

BD'.与(1)同理证明DBC为等边三角形,然后利用全等三角形的判定和性质,即可

得到答案;

②由解直角三角形求出DE【详解】

解:(1)根据题意,∵ABACBC,BAC90, ∴ABC是等腰直角三角形, ∴ABCACB45, ∵DBC30, ∴ABD15,

由旋转的性质,则△ABD≌ACD,

∴ADBADC,ABDACD15,BCCD, ∴BCD60, ∴BCD是等边三角形, ∴BDC60,BDCD ∵ABAC,ADAD, ∴ABD≌ACD, ∴ADBADC30, ∴ADBADC30; (2)①

3,再由等边三角形的性质,即可求出答案.

DBCABC,

60120.

如图1,将△ABD绕点A逆时针旋转,使点B与点C重合,得到△ACD',连接BD'.

ABAC,

ABCACB, BAC,

11ABC18090,

221ABDABCDBC90,

211DCBACDACB9090180().

22120,

DCB60.

BDBC,BDCD,

BCCD,

DBC为等边三角形, DBDC, ADB≌ADC, ADBADC,

1ADBBDC30,

2ADB30.

②如图2,由①知,ADB30,

在Rt△ADE中,ADB30,AD2,

DE3.

BCD是等边三角形, BDBC7, BDBD7,

BEBDDE73.

【点睛】

本题考查了解直角三角形,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质,以及三角形的内角和定理,解题的关键是熟练掌握所学的知识,正确利用旋转模型进行解题.

9.(1)问题感知 如图1,在△ABC中,∠C=90°,且AC=BC,点P是边AC的中点,连接BP,将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD.连接AD.过点P作PE∥AB交BC于点E,则图中与△BEP全等的三角形是 ,∠BAD= °; (2)问题拓展 如图2,在△ABC中,AC=BC=

4AB,点P是CA延长线上一点,连接3BP,将线段PB绕点P顺时针旋转到线段PD,使得∠BPD=∠C,连接AD,则线段CP与AD之间存在的数量关系为CP=

4AD,请给予证明; 3(3)问题解决 如图3,在△ABC中,AC=BC=AB=2,点P在直线AC上,且∠APB=30°,将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD,连接AD,请直接写出△ADP的周长.

答案:A

解析:(1)△PAD,90;(2)证明见解析;(3)623. 【分析】

(1)由“SAS”可证△PAD≌△BEP,可得∠PAD=∠BEP=135°,依据∠ABC=45°,可得∠BAD=90°;

(2)过点P作PH∥AB,交CB的延长线于点H,由“SAS”可证△APD≌△HBP,可得PH=AD,通过证明△CAB∽△CPH,可得

ACCP,即可得结论; ABPH(3)分两种情况讨论,由直角三角形的性质和相似三角形的性质可求解. 【详解】

证明:(1)∵点P是边AC的中点,PE∥AB, ∴点E是BC的中点, ∴CE=BE, ∵AC=BC, ∴BE=AP,

∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD. ∴PB=PD,

∵∠APD+∠BPC=90°,∠EBP +∠BPC=90°, ∴∠EBP=∠APD,

又∵PB=PD,

∴△PAD≌△BEP(SAS), ∴∠PAD=∠BEP, ∵∠C=90°,AC=BC, ∴∠BAC=∠ABC=45°, ∵PE∥AB,

∴∠ABC=∠PEC=45°, ∴∠BEP=135°,

∴∠BAD=∠PAD﹣∠BAC=135°﹣45°=90°, 故答案为:△PAD,90;

(2)如图,过点P作PH∥AB,交CB的延长线于点H,

∴∠CBA=∠CHP,∠CAB=∠CPH, ∵CB=CA, ∴∠CBA=∠CAB, ∴∠CHP=∠CPH, ∴CH=CP, ∴BH=AP,

∵将线段PB绕点P顺时针旋转90°到线段PD. ∴PB=PD, ∵∠BPD=∠C,

∴∠BPD+∠BPC=∠C+∠BPC, ∴∠PBH=∠APD, ∴△APD≌△HBP(SAS), ∴PH=AD, ∵PH∥AB, ∴△CAB∽△CPH,

ACAB PCPHACCP∴ ABPH4∵AC=BC=AB,

3∴

CP4, PH344PH=AD; 33∴CP=

(3)当点P在CA的延长线上时, ∵AC=BC=AB=2, ∴△ABC是等边三角形, ∴∠ACB=60°,

∵将线段PB绕点P顺时针旋转60°到线段PD, ∴BP=PD,∠BPD=60°=∠ACB, 过点P作PE∥AB,交CB的延长线于点E,

∵∠ACB=∠APB+∠ABP, ∴∠ABP=∠APB=30°, ∴AB=AP=2, ∴CP=4, ∵AB∥PE, ∴

ABCA PECP∴CP=PE=4,

由(2)得,PE=AD=4, ∵∠APD=∠APB+BPD=90°, ∴DP=AD2DP216423,

∴△ADP的周长=AD+AP+DP=23+6, 当点P在AC延长线上时,如图,

同理可求△ADP的周长=6+23,

综上所述:△ADP的周长为6+23. 【点睛】

本题几何变换综合题,主要考查了相似三角形的判定与性质,全等三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质的运用,解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形或相似三角形,利用全等三角形的对应边相等,相似三角形的对应边成比例进行推算. 10.问题发现:(1)如图1,在等腰直角三角形ABC中,C90,点O为AB的中点,点M为AC上一点,将射线OM顺时针旋转90交BC于点N,则OM与ON的数量关系为____;

问题探究:(2)如图2,在等腰三角形ABC中,C120,点O为AB的中点,点

M为AC上一点,将射线OM顺时针旋转60交BC于点N,则OM与ON的数量关系

是否改变,请说明理由;

问题解决:(3)如图3,点O为正方形ABCD对角线的交点,点P为DO的中点,点M为直线BC上一点,将射线OM顺时针旋转90交直线AB于点N,若AB4,当

PMN面积为

25时,直接写出线段BN的长. 2

答案:B

解析:(1)OM=ON;(2)不改变;证明见解析;(3)线段BN的长为172或

172

【分析】

(1)连接,OC,证明△AOM≌△CON(ASA)可得结论.

(2)数量关系不变.如图2中,过点O作OK⊥AC于K,OJ⊥BC于J,连接OC.证明△OKM≌△OJN(AAS)可得结论.

(3)如图3中,过点P作PG⊥AB于G,PH⊥BC于H.证明△MOC≌△NOB(SAS),推出CM=BN,设CM=BN=m,根据S△PMN=M在CB的延长线上时,同法可求. 【详解】

解:(1)如图1中,结论:OM=ON. 理由:连接OC.

25=S△PBM+S△BMN-S△PBN,构建方程求解即可.当点2

∵CA=CB,∠ACB=90°,AO=OB,

CO=OA=OB,OC⊥AB,∠A=∠B=45°,∠BCO=∠ACO=45° ∴∠AOC=∠MON=90°, ∴∠AOM=∠CON, ∵∠A=∠CON,

∴△AOM≌△CON(ASA), ∴OM=ON.

故答案为:OM=ON.

(2)理由:如图2中,过点O作OK⊥AC于K,OJ⊥BC于J,连接OC.

∵∠ACB=120°,∠OKC=∠OJC=90°,

∠KOJ=60°=∠MON, ∴∠MKO=∠NOJ, ∵CA=CB,OA=OB, ∴OC平分∠ACB, ∵OK⊥CA,OJ⊥CB, ∴OK=OJ,

∵∠OKM=∠OJN=90°, ∴△OKM≌△OJN(AAS), ∴OM=ON.

(3)如图3中,过点P作PG⊥AB于G,PH⊥BC于H.

∵四边形ABCD是正方形,

AB=AD=4,∠BAD=90°, ∴BD=2AB=42, ∴OD=OB=22,PD=OP=2, ∴PB=33,

∵四边形PGBH是正方形, ∴PG=PH=3,

∵∠MON=∠COB=90°, ∴∠MOC=∠NOB, ∵OM=ON,OC=OB, ∴△MOC≌△NOB(SAS), ∴CM=BN,设CM=BN=m, ∵S△PMN=∴

25=S△PBM+S△BMN-S△PBN, 225111•(4+m)•3+•m•(4+m)•m•3=, 2222∴整理得:m2+4m-13=0,

解得m=172或172(舍去), ∴BN=172.

当点M在CB的延长线上时,同法可得BN=172. 综上所述,满足条件的BN的值为172或172. 【点睛】

本题属于四边形综合题,考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,学会利用参数构建方程解决问题,属于中考压轴题.

11.如图1,在正方形ABCD中,点E,F分别在边AB,AD上,且AEAF,延长FD到点G,使得DGDF,连接EF,GE,CE.

(特例感知)

(1)图1中GE与CE的数量关系是______________. (结论探索)

(2)图2,将图1中的AEF绕着点A逆时针旋转090,连接FD并延长到点G,使得DCDF,连接GE,CE,BE,此时GE与CE还存在(1)中的数量关系吗?判断并说明理由. (拓展应用)

(3)在(2)的条件下,若AB5,AE32,当EFG是以EF为直角边的直角三角形时,请直接写出GE的长.

答案:G

解析:(1) GE=2CE,(2)存在,证明见解析,(3)258或210或16或4. 【分析】

(1)连接GC,证△CDG≌△CBE,得出△GCE为等腰直角三角形即可;

(2)类似(1)的方法,先证△AFD≌△AEB,再证△CDG≌△CBE,得出△GCE为等腰直角三角形即可;

(3)根据E、F是直角顶点分类讨论,结合(2)中结论,利用勾股定理求解即可. 【详解】 解:(1)连接GC, ∵AE=AF,AD=AB, ∴DF=BE, ∵DGDF, ∴DG = BE,

∵∠GDC=∠B=90°,DC=BC, ∴△CDG≌△CBE, ∴CE=CG,∠GCD=∠ECB, ∵∠ECB+∠DCE=90°, ∴∠GCE=∠GCD+∠DCE=90°, ∴GE=2CE; 故答案为:GE=2CE;

(2) 存在,连接GC,

∵AE=AF,AD=AB,∠FAE=∠DAB=90°, ∴∠FAD=∠EAB, ∴△FAD≌△EAB,

∴FD=EB=GD,∠FDA=∠EBA,

∵∠GDC+∠FDA=90°,∠EBC+∠EBA=90°, ∴∠GDC=∠EBC, ∵DC=BD, ∴△CDG≌△CBE,

与(1)同理,GE=2CE;

(3)当∠FEG=90°时,如图1,因为∠FEA=∠GEC=45°, 所以,A、E、C在一条直线上,

∵AB=5, ∴AC=52, CE=52-32=22, GE=2EC=4;

如图2,E在CA延长线上,同理可得,EC=82, GE=2EC=16;

当∠EFG=90°时,如图3,∠AFD=∠EFG+∠AFE=135°, 由(2)得,∠AFD=∠AEB=135°,DF=BE,

所以,B、E、F在一条直线上,作AM⊥EF,垂足为M, ∵AB5,AE32, ∴EF=6,AM=ME=MF=3,

BMAB2AM24,

BE=DF=1,FG=2,

GEFG2EF2210;

如图4,同图3,BE=DF=7,FG=14,EF=6,

GEFG2EF2258,

综上,GE的长为258或210或16或4. 【点睛】

本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理和等腰直角三角形的性质,解题关键是恰当的连接辅助线,构造全等三角形;会分类讨论,结合题目前后联系,解决问题.

12.如图,△ABD和△ACE都是等边三角形. (1)连接CD、BE交于点P,求∠BPD;

(2)连接PA,判断线段PA、PB、PD之间的数量关系并证明;

(3)如图,等腰ABC中AB=AC,∠BAC=(0<<90),在ABC内有一点M,连接MA、MB、MC.当MA+MB+MC最小时,∠ABM= (用含的式子表示)

答案:D

解析:(1)BPD60(2)PDPBPA,证明见详解(3)60 【分析】

(1)证明DACBAESAS,得ADCABE,就可以证明

12BPDDAB60;

(2)在DP上截取PF=PB,连接BF,证明DBFABPSAS,得DFPA,即可证明PDPBPA;

(3)分别以AB和AC为边,向两边作等边三角形ABD和等边三角形ACE,连接BE和CD,交于点M,连接AM,此时MAMBMC最小,然后利用等腰三角形ADC,求出

ADC的度数,即可得到ABM的度数.

【详解】

解:(1)∵△ABD和△ACE是等边三角形, ∴ADAB,ACAE,DABCAE60, ∵DABBACCAEBAC, ∴DACBAE, 在△DAC和△BAE中,

ADABDACBAE, ACAE∴

DACBAESAS,

∴ADCABE,

∵ADCDABABEBPD, ∴BPDDAB60;

(2)如图,在DP上截取PF=PB,连接BF,

∵BPD60,PFPB,

∴△PFB是等边三角形, ∴BFBP,FBP60, ∴DBAFBP,

∵DBAFBAFBPFBA, ∴DBFABP, 在DBF和△ABP中,

DBABDBFABP, BFBP∴

DBFABPSAS,

∴DFPA, ∵PDPFFD, ∴PDPBPA;

(3)如图,分别以AB和AC为边,作等边三角形ABD和等边三角形ACE,连接BE和CD,交于点M,连接AM,此时MAMBMC最小,

由(2)中的结论可得MDMAMB,则当D、M、C三点共线时MAMBMC最小,即CD的长,

由(1)得ADCABM,

∵ADABAC,DAC60, ∴ADC18060160,

2212∴ABM60,

故答案是:60. 【点睛】

本题考查全等三角形的性质和判定,等边三角形的性质,解题的关键是做辅助线构造全等三角形来进行证明求解.

13.探究:(1)如图①,在△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB于点D,若∠B=28°,则∠ACD的度数是 .

拓展:(2)如图②,∠MCN=90°,射线CP在∠MCN的内部,点A、B分别存CM、CN上,分别过点A、B作AD⊥CP、BE⊥CP于点D、E,若AC=CB,则AD、DE、BE三者间的数量关系为 .请说明理由;

应用:(3)如图③,点A、B分别在∠MCN的边CM、CN上,射线CP在∠MCN的内部,点D、E在射线CP上,连结AD、BE、AE,且使∠MCN=∠ADP=∠BEP.当AC=BC时,△ ≌△ ;此时如果CD=2DE,且S△CBE=6,则△ACE的面积是 .

12

答案:D

解析:(1)28° (2)DE=AD﹣BE;理由见解析 (3)ACD;CBE;9 【分析】

(1)利用直角三角形的两锐角互余,即可得出结论;

(2)利用同角的余角相等判断出∠CAD=∠BCE,进而判断出△ACD≌△CBE,即可得出结论;

(3)利用等式的性质判断出∠ADC=∠CEB,进而判断出△ACD≌△CBE,得出S△ACD=S△CBE,再求出S△ADE=3,即可得出结论. 【详解】

解:探究:∵CD⊥AB, ∴∠CDB=90°, ∵∠B=28°,

∴∠BCD=90°﹣∠B=68°, ∵∠ACB=90°,

∴∠ACD=90°﹣∠BCD=28°, 故答案为:28°; 拓展:(2)∵∠MCN=90°, ∴∠ACD+∠BCE=90°, ∵AD⊥CP,BE⊥CP,

∴∠ADC=∠BEC=90°, ∴∠ACD+∠CAD=90°, ∴∠CAD=∠BCE, 在△ACD和△CBE中,

ADCCEBCADBCE, ACBC∴△ACD≌△CBE(AAS), ∴CD=BE,AD=CE, ∴DE=CE﹣CD=AD﹣BE, 故答案为:DE=AD﹣BE;

应用:(3)∵∠MCN=∠ACD+∠BCD,∠MCN=∠ADP, ∴∠ADP=∠ACD+∠BCD, ∵∠ADP=∠ACD+∠CAD, ∴∠CAD=∠BCE, ∵∠ADP=∠BEP, ∴∠ADC=∠CEB, 在△ACD和△CBE中,

ADCCEBCADBCE, ACBC∴△ACD≌△CBE(AAS), ∴S△ACD=S△CBE, ∵S△CBE=6, ∴S△ACD=6, ∵CD=2DE, ∴S△ACD=2S△ADE, ∴S△ADE=

1S△ACD=3, 2∴S△ACE=S△ACD+S△ADE=9, 故答案为:ACD,CBE,9. 【点睛】

此题是三角形综合题,主要考查了直角三角形的性质,同角的余角相等,等式的性质,全等三角形的判定和性质,判断出△ACD≌△CBE是解本题的关键.

14.如图1所示,在Rt△ABC中BAC90,ABAC,BC2,以BC所在直线为x轴,边BC的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系,将ABC绕P点0,1顺时针旋转.

(1)填空:当点B旋转到y轴正半轴时,则旋转后点A坐标为______;

(2)如图2所示,若边AB与y轴交点为E,边AC与直线yx1的交点为F,求证:AEF的周长为定值;

(3)在(2)的条件下,求AEF内切圆半径的最大值.

解析:(1)2,21;(2)见解析;(3)324

【分析】

(1)作出图形,A'B'C'是ABC绕 P点0,1顺时针旋转,点B旋转到y轴正半轴时得到的图形,连接 BP,CP,根据BC2,y轴垂直平分BC, ABAC,

P0,1可证得四边形ABPC是正方形,则有 BPB'PABA'B'2,

B'0B'PPO21,可得点 A坐标;

(2)作BPQCPF,交AB延长线于Q点,根据四边形ABPC是正方形,得到

QBPFCP90,BPCP,可证△BPQ≌△CPFASA,得BQCF,QPFP,利用ASA再可证得△QPE≌△FPE,得QEFE则AEF的周长

ABAC22 (3)设EFm,AEn,RtAEF的内切圆半径为r,由(2)可得

AF22mn则rAEAFEFn22mnm222m,当m最小

时,r最大.得到n222mn2m2整理得:n2m22n422m0,关于n的一元二次方程有解,即m2224422m0化简得m242m80,利

用二次函数图像可得m422或m422(不合题意,舍去)可得m的最小值为422,即r的最大值为2422324,则有AEF内切圆半径的最大值为

324.

【详解】

解:(1)如图示,A'B'C'是ABC绕 P点0,1顺时针旋转,点B旋转到y轴正半轴时得到的图形,连接 BP,CP,

∵BC2,y轴垂直平分BC ∴BOCO1

又∵Rt△ABC中,ABAC ∴AO1,ABAC∵P0,1 ∴PO1

∴AOBOCOPO ∴四边形ABPC是正方形 ∴BP∴B'0B'PB'PABPOA'B'21

2

2 ∴点A坐标为

2,21

(2)如图2所示,作BPQCPF,交AB延长线于Q点 ∵四边形ABPC是正方形∴QBPFCP90, BPCP ∴△BPQ≌△CPFASA∴ BQCF,QPFP

∵点F在直线yx1∴FPE45∴ BPEFPC45 ∴BPEBPQ45∴QPEFPE45 ∵∴

EPEP∴

△QPE≌△FPEASA∴ QEFE

AEF的周长AEEFAFAEQEAF AEBEBQAFAEBEFCAF

ABAC22

(3)设EFm,AEn,RtAEF的内切圆半径为 r, 由(2)可得AF22mn则rAEAFEF

2n22mnm

22m

∴当m最小时,r最大.∵在RtAEF中,AE2AF2EF2

∴n222mn2m2整理得: n2m22n2422m0

∵关于n的一元二次方程有解∴∴m242m80

m224422m0

利用二次函数图像可得m422或m422(不合题意,舍去) ∴m的最小值为422∴r的最大值为2即AEF内切圆半径的最大值为324. 【点睛】

本题主要考查了一次函数的综合应用以及根的判别式、全等三角形的判定与性质、旋转、三角形内切圆等知识,能熟练应用相关性质是解题关键. 15.问题解决

一节数学课上,老师提出了这样一个问题:如图①,点P是等边ABC内的一点,

422324

PA6,PB8 ,PC10.你能求出APB的度数和等边ABC的面积吗? 小明通过观察、分析、思考,形成了如下思路:

如图①将△BPC绕点B逆时针旋转60°,得到△BPA,连接PP,可得BPP是等边三角形,根据勾股定理逆定理可得APP是直角三角形,从而使问题得到解决.

(1)结合小明的思路完成填空:PP_____________,APP_______________,APB_____________ ,SABC ______________.

(2)类比探究

Ⅰ如图②,若点P是正方形ABCD内一点,PA1 ,PB2,PC3,求APB的度数和正方形的面积.

Ⅱ如图③,若点P是正方形ABCD外一点,PA3 ,PB1, PC11,求APB的度数和正方形的面积.

答案:B

解析:(1)8,90˚,150˚,25336;(2)ⅠAPB135,ⅡAPB45,S正方形 S正方形 ABCD722;ABCD1032 【分析】

(1)根据小明的思路,然后利用等腰三角形和直角三角形性质计算即可;

(2)Ⅰ将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,求出∠APB的度数;先利用旋转求出∠PBP'=90°,BP'=BP=2,AP'=CP=3,利用勾股定理求出PP',进而判断出△APP'是直角三角形,得出∠APP'=90°,即可得出结论;过B作BE⊥AP于点E,然后利用勾股定理求出AB的长度即可求出正方形面积;

Ⅱ将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,求出∠APB的度数;先利用旋转求出∠PBP'=90°,BP'=BP=2,AP'=CP=3,利用勾股定理求出PP',进而判断出△APP'是直角三角形,得出∠APP'=90°,即可得出结论;过B作BF⊥AP于点F,然后利用勾股定理求出AB的长度即可求出正方形面积; 【详解】

解:(1)由题易有BPP是等边三角形,APP是直角三角形 ∴

PP=BP=8,∠APP90?,∠PPB60?,

∴APB∠APP+∠PPB=150˚, 如图1,过B作BD⊥AP于点D

∵APB150° ∴∠BPD30?

在Rt△BPD中,∠BPD30?,BP=8

∴BD=4,PD=43 ∴AD=6+43

∴AB2=AD2+BD2=100+483 ∴SABC3AB2=25336 4(2)Ⅰ.如图2,将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′, ∴△ABP'≌△CBP,

∴∠PBP'=90°,BP'=BP=2,AP'=CP=3, 在Rt△PBP'中,BP=BP'=2,

∴∠BPP'=45°,根据勾股定理得,PP'=2BP=22, ∵AP=1,

∴AP2+PP'2=1+8=9, ∵AP'2=32=9, ∴AP2+PP'2=AP'2,

∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°, ∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°;

过B作BE⊥AP于点E, ∵∠APB=135° ∴∠BPE=45°

∴△BPE是等腰直角三角形 ∴BE=BP=

2BP=2 2∴AE=1+2

∴AB2=AE2+BE2=7+22 ∴S正方形ABCDAB2722

Ⅱ.如图3,将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′, ∴△ABP'≌△CBP,

∴∠PBP'=90°,BP'=BP=1,AP'=CP=11,

在Rt△PBP'中,BP=BP'=1,

∴∠BPP'=45°,根据勾股定理得,PP'=2BP=2, ∵AP=3,

∴AP2+PP'2=9+2=11, ∵AP'2=(11)2=11, ∴AP2+PP'2=AP'2,

∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°, ∴∠APB=∠APP'-∠BPP'=90°-45°=45°.

过B作BF⊥AP于点F ∵∠APB=45°

∴△BPF为等腰直角三角形 ∴PF=BF=

22 BP=222 2∴AF=AP-PF=3-

∴AB2=AF2+BF2=1032 ∴S正方形ABCDAB21032 【点睛】

此题是四边形综合题,主要考查了正方形的性质,旋转的性质,直角三角形的性质和判定,勾股定理,正确作出辅助线是解本题的关键.

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