【模型】如圖，在中，已知，可知∽,將繞著點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，得到下右圖，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例，對(duì)應(yīng)角相等，可證∽。
【例1】如圖，正方形中，點(diǎn)是邊上一點(diǎn)，連接，以為對(duì)角線作正方形，邊與正方形的對(duì)角線相交于點(diǎn)，連接．以下四個(gè)結(jié)論：①；②；③；④．其中正確的個(gè)數(shù)為（ ）
A．個(gè)B．個(gè)C．個(gè)D．個(gè)
【答案】D
【分析】①四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形，∠EAB、∠GAD與∠BAG的和均為90°，即可證明∠EAB與∠GAD相等；②由題意易得AD=DC，AG=FG，進(jìn)而可得，∠DAG=∠CAF，然后問(wèn)題可證；③由四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形，可求證△HAF∽△FAC，則有，然后根據(jù)等量關(guān)系可求解；④由②及題意知∠ADG=∠ACF=45°，則問(wèn)題可求證．
【解析】解：①∵四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形
∴∠EAG=∠BAD=90°
又∵∠EAB=90°-∠BAG，∠GAD=90°-∠BAG
∴∠EAB=∠GAD
∴①正確
②∵四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形
∴AD=DC，AG=FG
∴AC=AD，AF=AG
∴，
即
又∵∠DAG+∠GAC=∠FAC+∠GAC
∴∠DAG=∠CAF
∴
∴②正確
③∵四邊形AEFG和四邊形ABCD均為正方形，AF、AC為對(duì)角線
∴∠AFH=∠ACF=45°
又∵∠FAH=∠CAF
∴△HAF∽△FAC
∴
即
又∵AF=AE
∴
∴③正確
④由②知
又∵四邊形ABCD為正方形， AC為對(duì)角線
∴∠ADG=∠ACF=45°
∴DG在正方形另外一條對(duì)角線上
∴DG⊥AC
∴④正確
故選：D．
【例2】如圖，正方形的邊長(zhǎng)為8，線段繞著點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，且，連接，以為邊作正方形，為邊的中點(diǎn)，當(dāng)線段的長(zhǎng)最小時(shí)，______．
【答案】
【分析】連接BD，BF，F(xiàn)D，證明△EBC∽△FBD，根據(jù)題意，知道M，F(xiàn)，D三點(diǎn)一線時(shí)，F(xiàn)M最小，然后過(guò)點(diǎn)M作MG⊥BD，垂足為G，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)、勾股定理分別求出MG和DG的長(zhǎng)，再根據(jù)正切的定義計(jì)算即可．
【解析】解：連接BD，BF，F(xiàn)D，如圖，
∵，
∴，
∵∠FBD+∠DBE=45°，∠EBC+∠DBE=45°，
∴∠FBD=∠EBC，
∴△EBC∽△FBD，
∴∠FDB=∠ECB，，
∴DF=，
由題意知：FM、DF、DM三條線段滿足FM+DF≥MD，其中DM、DF的值一定，
∴當(dāng)M，F(xiàn)，D三點(diǎn)一線時(shí)，F(xiàn)M最小，
過(guò)點(diǎn)M作MN⊥BD，垂足為G，
∵∠MBN=45°，BM=AB=4，
∴MN=BN=2，
∵M(jìn)D==4，
∴DG==6，
∴=，
故答案為：．
【例3】【問(wèn)題發(fā)現(xiàn)】如圖1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，D為斜邊BC上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B，C重合），將線段AD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到AE，連接EC，則線段BD與CE的數(shù)量關(guān)系是______，位置關(guān)系是______；
【探究證明】如圖2，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，將△ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)C，D，E在同一條直線上時(shí)，BD與CE具有怎樣的位置關(guān)系，說(shuō)明理由；
【拓展延伸】如圖3，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，過(guò)點(diǎn)C作CA⊥BD于A．將△ACD繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)E．設(shè)旋轉(zhuǎn)角∠CAE為（0°＜＜360°），當(dāng)C，D，E在同一條直線上時(shí)，畫出圖形，并求出線段BE的長(zhǎng)度．
【答案】BD＝CE，BD⊥CE； BD⊥CE，理由見(jiàn)解析；圖見(jiàn)解析，
【分析】（1）證明△BAD≌△CAE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)解答；
（2）連接BD，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)以及垂直的定義即可得到結(jié)論；
（3）如圖3，過(guò)A作AF⊥EC，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理即可得到結(jié)論．
【解析】解：（1）BD＝CE，BD⊥CE；
（2）BD⊥CE．理由如下：在Rt△ABC和Rt△ADE中，AB＝AC，AD＝AE，∠AEC＝45°，∵∠CAB＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△CEA≌△BDA，
∴∠BDA＝∠AEC＝45°，∴∠BDE＝∠BDA＋∠ADE＝90°，∴BD⊥CE．
（3）如圖所示，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥CE，垂足為點(diǎn)F．
根據(jù)題意可知，Rt△ABC∽R(shí)t△AED，∠BAC＝∠EAD，
∴，∴．
∵∠BAC＝∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠CAD，∴△BAE∽△CAD，
∴∠BEA＝∠CDA，∠BEC＋∠DEA＝∠DEA＋90°，
∴∠BEC＝90°，∴BE⊥CE．
在旋轉(zhuǎn)前，在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝2CD＝4，
∴，∵AC⊥BD，
∴，∴．
∴，
在Rt△ACD中，CD邊上的高，旋轉(zhuǎn)后，得，
∴．
一、單選題
1．如圖，點(diǎn)E是邊長(zhǎng)為8的正方形ABCD的邊CD上一動(dòng)點(diǎn)，連接AE，將線段AE繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°到線段EF，連接AF，BF，AF交邊BC于點(diǎn)G，連接EG，當(dāng)AF+BF取最小值時(shí)，線段EG的長(zhǎng)為（ ）
A．8B．7C．9D．
【答案】D
【分析】過(guò)點(diǎn)F作FP⊥CD交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，作直線CF，首先證明△PEF≌△DAE，得PF＝DE，PE＝AD，再證明點(diǎn)F在∠BCP的平分線上，作點(diǎn)B關(guān)于直線CF的對(duì)稱點(diǎn)M，連接AM交直線CF于點(diǎn)F，此時(shí)，AF＋BF最小，設(shè)DE＝x，由圖1知，PE＝PC＝DE＝x，則PM＝CM?PC＝8?x，由△MPF∽△MCG，得到對(duì)應(yīng)邊成比例即可求出x的值，再利用勾股定理即可解決問(wèn)題．
【解析】解：如圖，過(guò)點(diǎn)F作FP⊥CD交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，作直線CF，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD＝8，∠D＝∠BCD＝90°，AB∥CD，
∴∠D＝∠EPF＝90°，
∴∠AED＋∠DAE＝90°，
由旋轉(zhuǎn)知，AE＝FE，∠AEF＝90°，
∴∠AED＋∠PEF＝90°，
∴∠PEF＝∠DAE，
在△PEF與△DAE中，
∴△PEF≌△DAE（AAS），
∴PF＝DE，PE＝AD，
∴PE＝CD，
∴PE?CE＝CD?CE，
∴PC＝DE，
∵FP⊥CD，
∴∠PCF＝45°，
∴點(diǎn)F在∠BCP的平分線上，
如圖2，作點(diǎn)B關(guān)于直線CF的對(duì)稱點(diǎn)M，連接AC、BM，連接AM交直線CF于點(diǎn)F，此時(shí)，AF＋BF最小，
∵點(diǎn)B關(guān)于直線CF的對(duì)稱點(diǎn)M，
∴△BFC≌△MFC（ASA），
∴CM＝BC＝AB＝8，
∵ABCD，
∴四邊形ABMC為平行四邊形，
∴BG＝CG＝BC＝4，
設(shè)DE＝x，由圖1知，
PE＝PC＝DE＝x，
∴PM＝CM?PC＝8?x，
∵∠BCM＝∠FPM＝90°，
∴PFBC，
∴△MPF∽△MCG，
∴，
即，
解得：x＝，
∴CE＝CD?DE＝8?，
∴，
故選：D．
2．如圖，在矩形ABCD中，DE平分交BC于點(diǎn)E，點(diǎn)F是CD邊上一點(diǎn)（不與點(diǎn)D重合）．點(diǎn)P為DE上一動(dòng)點(diǎn)，，將繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后，角的兩邊交射線DA于H，G兩點(diǎn)，有下列結(jié)論：①；②；③；④，其中一定正確的是（ ）
A．①②B．②③C．①④D．③④
【答案】D
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)判斷得，可判斷③正確，證可判斷④正確，從而得出結(jié)果.
【解析】解：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，
∵DE平分，
∴，
∴，
∴PH=PD，
∵
∴
在和中，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
故③正確；
∵，
∴
∴
即，
故④正確；
根據(jù)已知條件無(wú)法證明①DH=DE，②DP=DG.
故選：D．
3．如圖，中，，，點(diǎn)是重心，將繞著點(diǎn)按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，使點(diǎn)A落在BC延長(zhǎng)線上的處，此時(shí)點(diǎn)B落在點(diǎn)，點(diǎn)G落在點(diǎn).聯(lián)結(jié)CG、、、.在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，下列說(shuō)法：①；②與相似；③；④點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的路程長(zhǎng)是.其中正確的個(gè)數(shù)是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)即判斷①，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，進(jìn)而可得，，即可判斷②，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可以判斷③，根據(jù)弧長(zhǎng)公式計(jì)算即可判斷④．
【解析】解：，，
是等腰直角三角形，
，
，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，故①正確；
如圖，連接，
，，點(diǎn)是重心，
，
，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，
，
，，
與相似；
故②正確；
，
故③正確，
④點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的路程長(zhǎng)是，故④錯(cuò)誤，
故選C．
4．如圖，四邊形為正方形，將繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至，點(diǎn)，，在同一直線上，與交于點(diǎn)，延長(zhǎng)與的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)，，．以下結(jié)論：
①；②；③；④．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【答案】D
【分析】利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，可判斷①正確；利用三角形相似的判定及性質(zhì)可知②正確；證明，得到，即，利用是等腰直角三角形，求出，再證明即可求出可知③正確；過(guò)點(diǎn)E作交FD于點(diǎn)M，求出，再證明，即可知④正確．
【解析】解：∵旋轉(zhuǎn)得到，
∴，
∵為正方形，，，在同一直線上，
∴，
∴，故①正確；
∵旋轉(zhuǎn)得到，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②正確；
設(shè)正方形邊長(zhǎng)為a，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，解得：，
∵，
∴，故③正確；
過(guò)點(diǎn)E作交FD于點(diǎn)M，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，故④正確
綜上所述：正確結(jié)論有4個(gè)，
故選：D
5．如圖，在中，，將以點(diǎn)為中心逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，點(diǎn)在邊上，交于點(diǎn)．下列結(jié)論：①；②平分；③，其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】D
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得對(duì)應(yīng)角相等，對(duì)應(yīng)邊相等，進(jìn)而逐項(xiàng)分析判斷即可求解．
【解析】解：∵將以點(diǎn)為中心逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到，
∴，
，
，
，故①正確；
，
，
，
，
，
平分，故②正確；
，
，
，
，
，
，
故③正確
故選D
二、填空題
6．如圖，在四邊形ABCD中，AE⊥BC，垂足為E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD＝5，AD＝kAB（k為常數(shù)），則BD的長(zhǎng)為_(kāi)___．（用含k的式子表示）
【答案】
【分析】連接AC，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至△ACG，連接DG，根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)求出DG=kBC，然后根據(jù)題意推出∠CDG=90°，即可利用勾股定理求解．
【解析】解：如圖，連接AC，
∵AE⊥BC，BE＝CE＝2，
∴BC=4，AE垂直平分BC，AB=AC，
將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至△ACG，如圖所示，連接DG，
則AD=AG，BD=CG，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：∠BAC=∠DAG，
∵AB=AC，AD=AG，
∴△ABC∽△ADG，
∴，
∵AD＝kAB，
∴DG=kBC=4k，
∵∠BAE+∠ABC=90°，∠BAE=∠ADC，
∴∠ABC+∠ADC=90°，
∵△ABC∽△ADG，
∴∠ABC=∠ADG，
∴∠ADG+∠ADC=90°，
即：∠CDG=90°，
∴，
∴．
7．如圖，在△ABC中，AB＝5，D為邊AB上－動(dòng)點(diǎn)，以CD為一邊作正方形CDEF，當(dāng)點(diǎn)D從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)為_(kāi)________．
【答案】5
【分析】如圖，構(gòu)造等腰Rt△CBG，∠CBG=90°，則由△CGE∽△CBD，得GE=BD，即可求得點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)．
【解析】如圖：作GB⊥BC于B，取GB=BC，
當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)B重合時(shí)，則點(diǎn)E與點(diǎn)G重合，
∴∠CBG=90°，
∴CG=BC，∠GCB=45，
∵四邊形CDEF是正方形，
∴CE=DC，∠ECD=45，
∴∠BCD+∠DCG =∠GCE+∠DCG =45，
∴∠BCD =∠GCE，且，
∴△CGE∽△CBD，
∴，即GE=BD，
∵BD=5，
∴點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)為GE=BD=5．
8．已知正方形DEFG的頂點(diǎn)F在正方形ABCD的一邊AD的延長(zhǎng)線上，連結(jié)AG，CE交于點(diǎn)H，若，，則CH的長(zhǎng)為_(kāi)_______.
【答案】
【分析】連接EG，與DF交于N，設(shè)CD和AH交于M，證明△ANG∽ADM，得到，從而求出DM的長(zhǎng)，再通過(guò)勾股定理算出AM的長(zhǎng)，通過(guò)證明△ADG≌△CDE得到∠DAG=∠DCE，從而說(shuō)明△ADM∽△CHM，得到，最后算出CH的長(zhǎng).
【解析】解：連接EG，與DF交于N，設(shè)CD和AH交于M，
∴∠GNA=90°，DN=FN=EN=GN，
∵∠MAD=∠GAN，∠MDA=∠GNA=90°，
∴△ANG∽ADM，
∴，
∵，
∴DF=EG=2,
∴DN=NG=1，
∵AD=AB=3，
∴，
解得：DM=，
∴MC=，AM=，
∵∠ADM+∠MDG=∠EDG+∠CDG，
∴∠ADG=∠EDC，
在△ADG和△CDE中，
，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴∠DAG=∠DCE，
∵∠AMD=∠CMH，
∴∠ADM=∠CHM=90°，
∴△ADM∽△CHM，
∴，
即，
解得：CH=.
9．將一副三角尺（在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝60°；在Rt△DEF中，∠EDF＝90°，∠E＝45°）如圖①擺放，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，DE交AC于點(diǎn)P，DF經(jīng)過(guò)點(diǎn)C．將△DEF繞點(diǎn)D順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)角α（0°＜α＜60°），DE′交AC于點(diǎn)M，DF′交BC于點(diǎn)N，則＝________．
【答案】
【分析】根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得CD＝AD＝BD＝AB，根據(jù)等邊對(duì)等角求出∠ACD＝∠A，再求出∠ADC＝120°，再根據(jù)∠ADE＝∠ADC﹣∠EDF計(jì)算得30°，根據(jù)同角的余角相等求出∠PDM＝∠CDN，再根據(jù)然后求出△BCD是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出∠BCD＝60°，再根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和求出∠CPD＝60°，從而得到∠CPD＝∠BCD，再根據(jù)兩組角對(duì)應(yīng)相等，兩三角形相似判斷出△DPM和△DCN相似，再根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例可得結(jié)論．
【解析】解：∵∠ACB＝90°，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，
∴CD＝AD＝BD＝AB，
∴∠ACD＝∠A＝30°，
∴∠ADC＝180°﹣30°×2＝120°，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠EDF＝120°﹣90°＝30°；
∵∠EDF＝90°，
∴∠PDM+∠E′DF＝∠CDN+∠E′DF＝90°，
∴∠PDM＝∠CDN，
∵∠B＝60°，BD＝CD，
∴△BCD是等邊三角形，
∴∠BCD＝60°，
∵∠CPD＝∠A+∠ADE＝30°+30°＝60°，
∴∠CPD＝∠BCD，
∴△DPM∽△DCN，
∴＝，
∵∠ACD＝30°，∠CDP＝90°，
∴＝tan∠ACD＝tan30°＝，
∴＝．
故答案為：．
10．如圖，在中，，，，將繞點(diǎn)按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)得到．連接、，直線、交于點(diǎn)，連接．
（1）與的等量關(guān)系是：___；
（2）在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，線段的最大值是___．
【答案】
【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)可知：，可證，即得，；
（2）取的中點(diǎn)，連接，，設(shè)，交于點(diǎn)，由（1）知，得，可得，由是的中點(diǎn)，有，故當(dāng)，，共線時(shí)，最大為．
【解析】解：（1），理由如下：
由旋轉(zhuǎn)可知：，
，，，
，，
，
，
；
故答案為：；
（2）取的中點(diǎn)，連接，，設(shè)，交于點(diǎn)，如圖：
由（1）知，
，
，
，
是的中點(diǎn)，
，
，
當(dāng)，，共線時(shí)，最大為，
故答案為：．
三、解答題
11．在和中，，，與在同一條直線上，點(diǎn)與點(diǎn)重合，，如圖為將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)后的圖形，連接，，若，求和的面積．
【答案】和的面積分別為2和．
【分析】過(guò)點(diǎn)D作DMBC于點(diǎn)M，根據(jù)30°所對(duì)直角邊為斜邊一半，分別求出BC、DC的長(zhǎng)度，且證BDC∽AEC，在DMC中，可得DM=1，即BDC的面積可求，且，即AEC的面積可求．
【解析】解：如圖所示，過(guò)點(diǎn)D作DMBC于點(diǎn)M，
∵AC=2，，
∴，
又∵，，
∴在BAC和DEC中，，，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知，，，
∴BDC∽AEC，故，
在DMC中，，，
∴，
∴，
∵BDC∽AEC，
∴，∴，
∴BDC和AEC的面積分別為2和．
12．在同一平面內(nèi)，如圖①，將兩個(gè)全等的等腰直角三角形擺放在一起，點(diǎn)A為公共頂點(diǎn)，．如圖②，若△ABC固定不動(dòng)，把△ADE繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使AD、AE與邊BC的交點(diǎn)分別為M、N點(diǎn)M不與點(diǎn)B重合，點(diǎn)N不與點(diǎn)C重合．
【探究】求證：．
【應(yīng)用】已知等腰直角三角形的斜邊長(zhǎng)為4．
(1)的值為_(kāi)_____．
(2)若，則MN的長(zhǎng)為_(kāi)_____．
【答案】(1)8；(2)
【探究】利用三角形外角的性質(zhì)可證，又由，可證明結(jié)論；
【應(yīng)用】（1）首先求出等腰直角三角形的直角邊長(zhǎng)，再由，得，則；
（2）由，得，由（1）知，得，從而得出答案．
【解析】
【探究】∵△ABC為等腰直角三角形，，
∴，同理，，
∵，
，
∴，∴；
【應(yīng)用】（1）∵等腰直角三角形的斜邊長(zhǎng)為4，
∴，∵，
∴，∴，∴，
故答案為：8；
（2）∵，∴，∵，
∴，∴，
故答案為：．
13．如圖1，中，，，點(diǎn)、、分別在三條邊上，，．
（1）如圖2，將繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)、分別為、的中點(diǎn)，若，求 的長(zhǎng)；
（2）如圖3，將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)、為、的中點(diǎn)，直接寫出的值．
【答案】（1）7.5；（2）.
【分析】（1）連結(jié)，，易得，得到比例線段計(jì)算即可
（2）運(yùn)用三角形相似得到比例線段，計(jì)算即可
【解析】（1）連結(jié)，，可證，，
（2）
14．如圖，在中，．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿方向繞行一周，動(dòng)直線從開(kāi)始，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向右平移，分別交于兩點(diǎn)．當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A時(shí)，直線也停止運(yùn)動(dòng)．
（1）求點(diǎn)P到的最大距離；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在上運(yùn)動(dòng)時(shí)，
①求的值；
②把繞點(diǎn)E順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)落在上時(shí)，的對(duì)應(yīng)線段恰好與垂直，求此時(shí)t的值．
（3）當(dāng)點(diǎn)P關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)為F時(shí)，四邊形能否成為菱形？若能，直接寫出t的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）；（2）①；②；（3）能，
【分析】（1）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)P到AB的距離最大，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AB于F，根據(jù)面積法求解即可；
（2）①分別求出DG和PG的長(zhǎng)，求出，即可得；②證明得即，解方程求解即可；
（3）分當(dāng)點(diǎn)P在上、當(dāng)點(diǎn)P在上和當(dāng)點(diǎn)P在上三種情況列式求解即可．
【解析】解：（1）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)P到的距離最大，
過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AB于F
∴根據(jù)勾股定理，得
∵
∴．
∴當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)P到AB的距離最大，最大值為Rt△ABC斜邊AB上的高CF，
即點(diǎn)P到的最大距離是．
（2）①當(dāng)點(diǎn)P在上運(yùn)動(dòng)時(shí)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則有，
直線
，
如圖，過(guò)點(diǎn)D作于點(diǎn)G，則四邊形是矩形，
，
，即
，
，即．
②
，
．
∵直線
直線，
，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得
，
，
，
即，
．
（3）因?yàn)辄c(diǎn)F是點(diǎn)P關(guān)于直線的對(duì)稱點(diǎn)，即垂直平分，
所以，當(dāng)也垂直平分時(shí)，四邊形為菱形．
∵直線
，即
，
①當(dāng)點(diǎn)P在上時(shí)，若垂直平分，則有
，
解得；
②當(dāng)點(diǎn)P在上時(shí)，三點(diǎn)都在x軸上，構(gòu)不成四邊形；
③當(dāng)點(diǎn)P在上時(shí)，若點(diǎn)P在直線的右側(cè)，類比①可得：
，
解得；
若點(diǎn)P在直線的左側(cè)，四點(diǎn)構(gòu)不成凸四邊形．
綜上，當(dāng)時(shí)，四邊形為菱形．
15．發(fā)現(xiàn)規(guī)律
（1）如圖①，△ABC與△ADE都是等邊三角形，直線BD，CE交于點(diǎn)F．直線BD，AC交于點(diǎn)H．求∠BFC的度數(shù)．
（2）已知：△ABC與△ADE的位置如圖②所示，直線BD，CE交于點(diǎn)F．直線BD，AC交于點(diǎn)H．若∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，求∠BFC的度數(shù)．
應(yīng)用結(jié)論
（3）如圖③，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O的坐標(biāo)為（0，0），點(diǎn)M的坐標(biāo)為（3，0），N為y軸上一動(dòng)點(diǎn)，連接MN．將線段MN繞點(diǎn)M逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段MK，連接NK，OK．求線段OK長(zhǎng)度的最小值．
【答案】（1）60°；（2）∠BFC＝180°﹣α﹣β；（3）
【分析】（1）由“SAS”可證△BAD≌△CAE，可得∠ABD＝∠ACE，由三角形內(nèi)角和定理可求解；
（2）通過(guò)證明△ABC∽△ADE，可得∠BAC＝∠DAE，，可證△ABD∽△ACE，可得∠ABD＝∠ACE，由外角性質(zhì)可得∠BFC＝∠BAC，由三角形內(nèi)角和定理可求解；
（3）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△MNK是等邊三角形，可得MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，如圖③，將△MOK繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△MQN，連接OQ，可得∠OMQ＝60°，OK＝NQ，MO＝MQ，則當(dāng)NQ為最小值時(shí)，OK有最小值，由垂線段最短可得當(dāng)QN⊥y軸時(shí)，NQ有最小值，由直角三角形的性質(zhì)可求解．
【解析】解：（1）如圖①，
∵△ABC，△ADE是等邊三角形，
∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝60°，
∴∠BAD＝∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠ABD+∠FBC＝∠ABC＝60°，
∴∠ACE+∠FBC＝60°，
∴∠BFC＝180°﹣∠FBC﹣∠ACE﹣∠ACB＝60°；
（2）如圖②，
∵∠ABC＝∠ADE＝α，∠ACB＝∠AED＝β，
∴△ABC∽△ADE，
∴∠BAC＝∠DAE，，
∴∠BAD＝∠CAE，，
∴△ABD∽△ACE，
∴∠ABD＝∠ACE，
∵∠BHC＝∠ABD+∠BAC＝∠BFC+∠ACE，
∴∠BFC＝∠BAC，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠BFC+α+β＝180°，
∴∠BFC＝180°﹣α﹣β；
（3）∵將線段MN繞點(diǎn)M逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段MK，
∴MN＝MK，∠NMK＝60°，
∴△MNK是等邊三角形，
∴MK＝MN＝NK，∠NMK＝∠NKM＝∠KNM＝60°，
如圖③，將△MOK繞點(diǎn)M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到△MQN，連接OQ，
∴△MOK≌△MQN，∠OMQ＝60°，
∴OK＝NQ，MO＝MQ，
∴△MOQ是等邊三角形，
∴∠QOM＝60°，
∴∠NOQ＝30°，
∵OK＝NQ，
∴當(dāng)NQ為最小值時(shí)，OK有最小值，
由垂線段最短可得：當(dāng)QN⊥y軸時(shí)，NQ有最小值，
此時(shí)，QN⊥y軸，∠NOQ＝30°，
∴NQ＝OQ＝，
∴線段OK長(zhǎng)度的最小值為
16．將繞點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，并使各邊長(zhǎng)變?yōu)樵瓉?lái)的倍，得到，我們將這種變換記為．
（1）問(wèn)題發(fā)現(xiàn)
如圖①，對(duì)作變換得，則______；直線與直線所夾的銳角度數(shù)為_(kāi)_____．
（2）拓展探究
如圖②，中，且，連結(jié)，．對(duì)作變換得，求的值及直線與直線相交所成的較小角的度數(shù)，并就圖②的情形說(shuō)明理由．
（3）問(wèn)題解決
如圖③，中，，，對(duì)作變換得，使點(diǎn)、、在同一直線上，且四邊形為矩形，請(qǐng)直接寫出的值．
【答案】（1），；（2），理由見(jiàn)解析；（3）．
【分析】（1）利用新定義得出的意義，利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∽，且相似比為，，進(jìn)而求出面積比，通過(guò)外角的性質(zhì)得到即可求出直線與直線所夾的銳角度數(shù)；
（2）利用新定義得出的意義，得到，，進(jìn)而可以得到，下證∽，通過(guò)題中給的相似比即可求出面積之比，延長(zhǎng)交于，通過(guò)，，可以證得∽，從而得到的度數(shù)，即可得直線與直線相交所成的較小角的度數(shù)；
（3）由四邊形為矩形，得到，進(jìn)而求出的度數(shù)，利用含角的直角三角形的性質(zhì)即可得到的值，進(jìn)而求出的值．
【解析】解：（1）由題意可知：對(duì)作變換得，
∽，且相似比為，，
，
，
，，
，
即直線與直線所夾的銳角度數(shù)為：．
故答案為：，．
（2）根據(jù)題意得：，，
，
，
∽，
相似比，，
，
，
延長(zhǎng)交于，如圖，
設(shè)交于．
，，
∽，
，
，直線與直線相交所成的較小角的度數(shù)為．
（3）四邊形為矩形，
，
，
，
，
，
在中，，
，
，
即的值為．

相關(guān)試卷

中考數(shù)學(xué)幾何模型專項(xiàng)復(fù)習(xí) 模型43 相似形——旋轉(zhuǎn)相似模型-（原卷版+解析）：

這是一份中考數(shù)學(xué)幾何模型專項(xiàng)復(fù)習(xí) 模型43 相似形——旋轉(zhuǎn)相似模型-（原卷版+解析），共16頁(yè)。

專題17 旋轉(zhuǎn)相似模型（教師版）-中考數(shù)學(xué)幾何模型重點(diǎn)突破講練：

這是一份專題17 旋轉(zhuǎn)相似模型（教師版）-中考數(shù)學(xué)幾何模型重點(diǎn)突破講練，共33頁(yè)。

專題15 共邊共角相似模型（教師版）-中考數(shù)學(xué)幾何模型重點(diǎn)突破講練：

這是一份專題15 共邊共角相似模型（教師版）-中考數(shù)學(xué)幾何模型重點(diǎn)突破講練，共46頁(yè)。

英語(yǔ)朗讀寶

相關(guān)試卷 更多

專題32 幾何變換之旋轉(zhuǎn)模型（教師版）-中考數(shù)學(xué)幾何模型重點(diǎn)突破講練

專題32 幾何變換之旋轉(zhuǎn)模型（教師版）-中考數(shù)學(xué)幾何模型重點(diǎn)突破講練
專題17 旋轉(zhuǎn)相似模型 2024年中考數(shù)學(xué)核心幾何模型重點(diǎn)突破（全國(guó)通用）

專題17 旋轉(zhuǎn)相似模型 2024年中考數(shù)學(xué)核心幾何模型重點(diǎn)突破（全國(guó)通用）
中考數(shù)學(xué)幾何專項(xiàng)練習(xí)：相似模型--旋轉(zhuǎn)“手拉手”模型

中考數(shù)學(xué)幾何專項(xiàng)練習(xí)：相似模型--旋轉(zhuǎn)“手拉手”模型
中考數(shù)學(xué)幾何模型加強(qiáng)版 模型21 旋轉(zhuǎn)型相似模型

中考數(shù)學(xué)幾何模型加強(qiáng)版 模型21 旋轉(zhuǎn)型相似模型
資料下載及使用幫助
版權(quán)申訴
版權(quán)申訴
若您為此資料的原創(chuàng)作者，認(rèn)為該資料內(nèi)容侵犯了您的知識(shí)產(chǎn)權(quán)，請(qǐng)掃碼添加我們的相關(guān)工作人員，我們盡可能的保護(hù)您的合法權(quán)益。
入駐教習(xí)網(wǎng)，可獲得資源免費(fèi)推廣曝光，還可獲得多重現(xiàn)金獎(jiǎng)勵(lì)，申請(qǐng) 精品資源制作， 工作室入駐。
版權(quán)申訴二維碼
中考專區(qū)
歡迎來(lái)到教習(xí)網(wǎng)
  • 900萬(wàn)優(yōu)選資源，讓備課更輕松
  • 600萬(wàn)優(yōu)選試題，支持自由組卷
  • 高質(zhì)量可編輯，日均更新2000+
  • 百萬(wàn)教師選擇，專業(yè)更值得信賴
微信掃碼注冊(cè)
qrcode
二維碼已過(guò)期
刷新

微信掃碼，快速注冊(cè)

手機(jī)號(hào)注冊(cè)
手機(jī)號(hào)碼

手機(jī)號(hào)格式錯(cuò)誤

手機(jī)驗(yàn)證碼 獲取驗(yàn)證碼

手機(jī)驗(yàn)證碼已經(jīng)成功發(fā)送，5分鐘內(nèi)有效

設(shè)置密碼

6-20個(gè)字符，數(shù)字、字母或符號(hào)

注冊(cè)即視為同意教習(xí)網(wǎng)「注冊(cè)協(xié)議」及「隱私條款」
QQ注冊(cè)
手機(jī)號(hào)注冊(cè)
微信注冊(cè)

注冊(cè)成功

返回
頂部