初中数学专项突破 专题八 图形变换相关证明及计算
如图,在正方形和正方形中,点在上,,将正方形绕点顺时针旋转,得到正方形,此时点在上,连接,则( )
A. B. C. D.
【答案】AA
在平面直接坐标系中,将一块含义角的直角三角板如图放置,直角顶点的坐标为,顶点的坐标为,顶点恰好落在第一象限的双曲线上,现将直角三角板沿轴正方向平移,当顶点恰好落在该双曲线上时停止运动,则此点的对应点的坐标为(C )
A. B. C. D.
如图,点 在等边的内部,且,将线段绕点顺时针旋转得到,连接,则的值为 .
【答案】
一副含和角的三角板和叠合在一起,边与重合,(如图1),点为边的中点,边与相交于点,此时线段的长是 .现将三角板绕点按顺时针方向旋转(如图2),在从到的变化过程中,点相应移动的路径长共为 .(结果保留根号)
【答案】12-12.12-18.
如图,在矩形中,,将矩形绕点按顺时针方向旋转得到矩形,点落在矩形的边上,连接,则的长是 .
【答案】.
如图,在正方形ABCD中,AD=,把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP,连接AP并延长交CD于点E,连接PC,则三角形PCE的面积为 .
【答案】.
两个全等的三角尺重叠放在△ACB的位置,将其中一个三角尺绕着点C按逆时针方向旋转至△DCE的位置,使点A恰好落在边DE上,AB与CE相交于点F.已知∠ACB=∠DCE=90°,∠B=30°,AB=8cm,则CF= 2 cm.
[来源:Z+xx+k.Com]
如图,正方形OABC的边长为2,以O为圆心,EF为直径的半圆经过点A,连接AE,CF相交于点P,将正方形OABC从OA与OF重合的位置开始,绕着点O逆时针旋转90°,交点P运动的路径长是 π .
已知在△ABC中,,.将△ABC绕点A旋转,使点B落在原△ABC的点C处,此时点C落在点D处.延长线段AD,交原△ABC的边BC的延长线于点E,那么线段DE的长等于 ▲ .
【答案】.
如图,矩形ABCD中,,连接BD, ∠DBC的角平分线BE交DC于点E,现把△BCE绕点B逆时针旋转,记旋转后的△BCE为,当射线和射线都与线段AD相交时,设交点分别F,G,若△BFD为等腰三角形,则线段DG长为 ▲ .
【答案】.
如图,在中,=90°,,将绕点C逆时针转60°,得到△MNC,则BM的长是 ▲ .
【答案】.
如图1,在平面直角坐标系,O为坐标原点,点A(﹣1,0),点B(0,).
(1)求∠BAO的度数;
(2)如图1,将△AOB绕点O顺时针得△A′OB′,当A′恰好落在AB边上时,设△AB′O的面积为S1,△BA′O的面积为S2,S1与S2有何关系?为什么?
(3)若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图2所示的位置,S1与S2的关系发生变化了吗?证明你的判断.
【答案】(1) ∠BAO=60°;(2) S1=S2;(3) S1=S2不发生变化;理由见解析.
【解析】
试题分析:(1)先求出OA,OB,再利用锐角三角函数即可得出结论;
(2)根据等边三角形的性质可得AO=AA',再根据直角三角形30°角所对的直角边等斜边的一半求出AO=AB,然后求出AO=AA’,,然后再根据等边三角形的性质求出点O到AB的距离等于点A'到AO的距离,然后根据等底等高的三角形的面积相等解答;
(3)根据旋转的性质可得BO=OB',AA'=OA',再求出∠AON=∠A'OM,然后再证明ΔAON≌ΔA'OM,可得AN=A'M,然后利用等底等高的三角形面积相等证明.
试题解析:(1)∵A(﹣1,0),B(0, ),
∴OA=1,OB=,
在Rt△AOB中,tan∠BAO==,
∴∠BAO=60°;
(2)∵∠BAO=60°,∠AOB=90°,
∴∠ABO=30°,
∴CA'=AC=AB,
∴OA'=AA'=AO,
根据等边三角形的性质可得,△AOA'的边AO、AA'上的高相等,
∴△BA'O的面积和△AB'O的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),
即S1=S2.
(3)S1=S2不发生变化;
理由:如图,过点'作A'M⊥OB.过点A作AN⊥OB'交B'O的延长线于N,
∵△A'B'O是由△ABO绕点O旋转得到,
∴BO=OB',AO=OA',
∵∠AON+∠BON=90°,∠A'OM+∠BON=180°﹣90°=90°,
∴∠AON=∠A'OM,
在△AON和△A'OM中,
,
∴△AON≌△A'OM(AAS),
∴AN=A'M,
∴△BOA'的面积和△AB'O的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),
即S1=S2.
考点:几何变换综合题.
如图,在△ABC中,∠ACB=90°,CD是中线,AC=BC,一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转,使角的两边分别与AC、BC的延长线相交,交点分别为点E,F,DF与AC交于点M,DE与BC交于点N.
(1)如图1,若CE=CF,求证:DE=DF;
(2)如图2,在∠EDF绕点D旋转的过程中:
①探究三条线段AB,CE,CF之间的数量关系,并说明理由;
②若CE=4,CF=2,求DN的长.
【答案】(1)证明见解析;(2)①AB2=4CE•CF;②.
【解析】
试题分析:(1)根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD=∠ACD=45°,∠BCE=∠ACF=90°,于是得到∠DCE=∠DCF=135°,根据全等三角形的性质即可的结论;
(2)①证得△CDF∽△CED,根据相似三角形的性质得到,即CD2=CE•CF,根据等腰直角三角形的性质得到CD=AB,于是得到AB2=4CE•CF;②如图,过D作DG⊥BC于G,于是得到∠DGN=∠ECN=90°,CG=DG,当CE=4,CF=2时,求得CD=,推出△CEN∽△GDN,根据相似三角形的性质得到 =2,根据勾股定理即可得到结论.
试题解析:(1)证明:∵∠ACB=90°,AC=BC,AD=BD,∴∠BCD=∠ACD=45°,∠BCE=∠ACF=90°,∴∠DCE=∠DCF=135°,在△DCE与△DCF中,∵CE=CF,∠DCE=∠DCF,CD=CD,∴△DCE≌△DCF,∴DE=DF;
考点
如图1,△ABC是等腰直角三角形,∠BAC= 90°,AB=AC,四边形ADEF是正方形,点B、C分别在边AD、AF上,此时BD=CF,BD⊥CF成立.
(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ(0°<θ<90°)时,如图2,BD=CF成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.
(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时,如图3,延长DB交CF于点H.
①求证:BD⊥CF;
②当AB=2,AD=3时,求线段DH的长.
【知识点】等腰三角形——等腰三角形的现性质、特殊的平行四边形——正方形的性质、旋转——旋转的特性、全等三角形——全等三角形的判判定和性质、相似三角形——相似三角形的判判定和性质
【思路分析】(1)先用“SAS”证明△CAF≌△BAD,再用全等三角形的性质即可得BD=CF成立;(2)利用△HFN与△AND的内角和以及它们的等角,得到∠NHF=90°,即可得①的结论;(3)连接DF,延长AB,与DF交于点M,利用△BMD∽△FHD求解.
【解答】(l)解:BD=CF成立.
证明:∵AC=AB,∠CAF=∠BAD=θ;AF=AD,△ABD≌△ACF,∴BD=CF.
(2)①证明:由(1)得,△ABD≌△ACF,∴∠HFN=∠ADN,
在△HFN与△ADN中,∵∠HFN=∠AND,∠HNF=∠AND,∴∠NHF=∠NAD=90°,
∴HD⊥HF,即BD⊥CF.
②解:如图,连接DF,延长AB,与DF交于点M.
在△MAD中,∵∠MAD=∠MDA=45°,∴∠BMD=90°.
在Rt△BMD与Rt△FHD中,∵∠MDB=∠HDF,∴△BMD∽△FHD.
∴AB=2,AD=3,四边形ADEF是正方形,∴MA=MD==3.
∴MB=3-2=1,DB==.
∵ HD(MD)= FD(BD).∴ HD(3)=6(10).
∴DH=5(10).
(1)如图1,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,以点B为中心,把△ABC逆时针旋转90°,得到△A1BC1;再以点C为中心,把△ABC顺时针旋转90°,得到△A2B1C,连接C1B1,则C1B1与BC的位置关系为 平行 ;
(2)如图2,当△ABC是锐角三角形,∠ABC=α(α≠60°)时,将△ABC按照(1)中的方式旋转α,连接C1B1,探究C1B1与BC的位置关系,写出你的探究结论,并加以证明;
(3)如图3,在图2的基础上,连接B1B,若C1B1=BC,△C1BB1的面积为4,则△B1BC的面积为 6 .
【考点】几何变换综合题.
【分析】(1)根据旋转的性质得到∠C1BC=∠B1BC=90°,BC1=BC=CB1,根据平行线的判定得到BC1∥CB1,推出四边形BCB1C1是平行四边形,根据平行四边形的性质即可得到结论;
(2)过C1作C1E∥B1C于E,于是得到∠C1EB=∠B1CB,由旋转的性质得到BC1=BC=B1C,∠C1BC=∠B1CB,等量代换得到∠C1BC=∠C1EB,根据等腰三角形的判定得到C1B=C1E,等量代换得到C1E=B1C,推出四边形C1ECB1是平行四边形,根据平行四边形的性质即可得到结论;
(3)设C1B1与BC之间的距离为h,由已知条件得到=,根据三角形的面积公式得到=,于是得到结论.
【解答】解:(1)平行,
∵把△ABC逆时针旋转90°,得到△A1BC1;再以点C为中心,把△ABC顺时针旋转90°,得到△A2B1C,
∴∠C1BC=∠B1BC=90°,BC1=BC=CB1,
∴BC1∥CB1,
∴四边形BCB1C1是平行四边形,
∴C1B1∥BC,
故答案为:平行;
(2)证明:如图②,过C1作C1E∥B1C,交BC于E,则∠C1EB=∠B1CB,
由旋转的性质知,BC1=BC=B1C,∠C1BC=∠B1CB,
∴∠C1BC=∠C1EB,
∴C1B=C1E,
∴C1E=B1C,
∴四边形C1ECB1是平行四边形,
∴C1B1∥BC;
(3)由(2)知C1B1∥BC,
设C1B1与BC之间的距离为h,[来源:Z_xx_k.Com]
∵C1B1=BC,
∴=,
∵S=B1C1•h,S=BC•h,
∴===,
∵△C1BB1的面积为4,
∴△B1BC的面积为6,
故答案为:6.
已知:点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点(点P不与点A、C重合),分别过点A、C向直线BP作垂线,垂足分别为点E、F,点O为AC的中点.
(1)当点P与点O重合时如图1,易证OE=OF(不需证明)
(2)直线BP绕点B逆时针方向旋转,当∠OFE=30°时,如图2、图3的位置,猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系?请写出你对图2、图3的猜想,并选择一种情况给予证明.
【考点】四边形综合题.
【分析】(1)由△AOE≌△COF即可得出结论.
(2)图2中的结论为:CF=OE+AE,延长EO交CF于点G,只要证明△EOA≌△GOC,△OFG是等边三角形,即可解决问题.
图3中的结论为:CF=OE﹣AE,延长EO交FC的延长线于点G,证明方法类似.
【解答】解:(1)∵AE⊥PB,CF⊥BP,
∴∠AEO=∠CFO=90°,
在△AEO和△CFO中,,
∴△AOE≌△COF,
∴OE=OF.
(2)图2中的结论为:CF=OE+AE.
图3中的结论为:CF=OE﹣AE.
选图2中的结论证明如下:
延长EO交CF于点G,
∵AE⊥BP,CF⊥BP,
∴AE∥CF,
∴∠EAO=∠GCO,
在△EOA和△GOC中,,
∴△EOA≌△GOC,
∴EO=GO,AE=CG,
在RT△EFG中,∵EO=OG,
∴OE=OF=GO,
∵∠OFE=30°,
∴∠OFG=90°﹣30°=60°,
∴△OFG是等边三角形,
∴OF=GF,
∵OE=OF,
∴OE=FG,
∵CF=FG+CG,
∴CF=OE+AE.
选图3的结论证明如下:
延长EO交FC的延长线于点G,
∵AE⊥BP,CF⊥BP,
∴AE∥CF,
∴∠AEO=∠G,
在△AOE和△COG中,
∴△AOE≌△COG,
∴OE=OG,AE=CG,
在RT△EFG中,∵OE=OG,
∴OE=OF=OG,
∵∠OFE=30°,
∴∠OFG=90°﹣30°=60°,
∴△OFG是等边三角形,[来源:Zxxk.Com]
∴OF=FG,
∵OE=OF,
∴OE=FG,
∵CF=FG﹣CG,
∴CF=OE﹣AE.
如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,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:MN=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3时,求旋转角的大小并指明旋转方向.
【考点】旋转的性质;菱形的性质.
【分析】(1)连接BD,证明△ABD为等边三角形,根据等腰三角形的三线合一得到AE=EB,根据相似三角形的性质解答即可;
(2)分∠EDF顺时针旋转和逆时针旋转两种情况,根据旋转变换的性质解答即可.
【解答】(1)证明:如图1,连接BD,交AC于O,
在菱形ABCD中,∠BAD=60°,AD=AB,
∴△ABD为等边三角形,
∵DE⊥AB,
∴AE=EB,
∵AB∥DC,[来源:学科网]
∴==,
同理, =,
∴MN=AC;
(2)解:∵AB∥DC,∠BAD=60°,
∴∠ADC=120°,又∠ADE=∠CDF=30°,
∴∠EDF=60°,
当∠EDF顺时针旋转时,
由旋转的性质可知,∠EDG=∠FDP,∠GDP=∠EDF=60°,
DE=DF=,∠DEG=∠DFP=90°,[来源:Z§xx§k.Com]
在△DEG和△DFP中,,
∴△DEG≌△DFP,
∴DG=DP,
∴△DGP为等边三角形,
∴△DGP的面积=DG2=3,
解得,DG=2,
则cos∠EDG==,
∴∠EDG=60°,
∴当顺时针旋转60°时,△DGP的面积等于3,
同理可得,当逆时针旋转60°时,△DGP的面积也等于3,
综上所述,将△EDF以点D为旋转中心,顺时针或逆时针旋转60°时,△DGP的面积等于3.
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